1、2015学年安徽省合肥168中高考化学最后一卷试卷一、选择题1（6分）（2014安徽模拟）科学家曾预言一种可用作炸药的物质，分子式为C（N3）4，其爆炸反应方程式为：C（N3）4=C+6N2，下列说法一定正确的是（）A该物质为离子晶体B该物质可用通过C60吸附N2而制得C18g该物质完全分解可以产生13.44升氮气DC（N3）4中碳元素为正价2（6分）（2015宁远县校级模拟）根据下列操作及现象，所得结论正确的是（）序号操作及现象结论A将0.1molL1氨水稀释成0.01molL1，测得pH由11.1变成10.6稀释后NH3H2O的电离程度减小B常温下，测得饱和Na2CO3溶液的pH大于饱和N
2、aHCO3溶液常温下水解程度：CO32HCO3C向25mL冷水和沸水中分别滴入5滴FeCl3饱和溶液，前者为黄色，后者为红褐色温度升高，Fe3+的水解程度增大D将固体CaSO4加入Na2CO3饱和溶液中，一段时间后，检验固体成分为CaCO3同温下溶解度：CaSO4CaCO3AABBCCDD3（6分）（2015包河区校级模拟）某恒温固定体积为2L密闭容器中，发生反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H0，n（SO2）随时间的变化如表：则下列说法正确的是（）时间/min012345n（SO2）/mol0.200.160.130.110.080.08A当容器中气体的密度不变时，说明该反应已达
3、到平衡状态B用O2表示04 min内该反应的平均速率为0.005 mol/（Lmin）C若升高温度，则SO2的反应速率会变大，平衡常数K值会增大D平衡时再通入18O2，平衡右移，再次平衡时各物质均含有18O，O2的转化率减小4（6分）（2015包河区校级模拟）下列图示与对应的叙述相符的是（）A由图甲可以判断：若T1T2，反应A（g）+B（g）2C（g）的H0B图乙表示压强对可逆反应2A（g）+2B（g）4C（g）+D（s）的影响，乙的压强比甲大C根据图丙，若除去CuSO4溶液中的Fe3+，可向溶液中加入适量NaOH溶液，调节pH4D图丁表示用0.1mol/L的盐酸滴定20mL 0.1mol/L
4、NaOH溶液，pH随加入盐酸体积的变化5（6分）（2015包河区校级模拟）下列离子或分子在溶液中能大量共存，通入SO2后仍能大量共存的一组是（）AK+、Cl、NO3、Ca2+BNH4+、Cl、Na+、SO42CH+、Fe2+、SO32、Br2DAlO2、NH3H2O、Na+、Ag+6（6分）（2015包河区校级模拟）如图所示装置是一种可充电电池，装置为电解池离子交换膜只允许Na+通过，充放电的化学方程式为2Na2S2+NaBr3Na2S4+3NaBr闭合开关K时，b极附近先变红色下列说法不正确的是（）A装置（）中Na+从右到左通过离子交换膜BA电极的电极反应式为：NaBr3+2Na+2e3Na
5、BrCb电极的电极反应式为：2Cl2e=Cl2D每有0.1mol Na+通过离子交换膜，b电极上就生成标准状况下气体1.12L7（6分）（2015包河区校级模拟）常温下，下列溶液的pH或微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A某溶液中由水电离出c（H+）=110a molL1，若a7时，则该溶液pH一定为14aB将标况下2.24L的CO2通入150mL 1molL1NaOH溶液中充分反应后的溶液：2c（Na+）=3c（CO32）+3c（HCO3）+3c（H2CO3）CpH=3的二元弱酸H2R溶液与pH=11的NaOH溶液混合后，混合溶液的pH等于7，则反应后的混合液：2c（R2）+c（HR）c（N
6、a+）D0.2 molL1的某一元酸HA溶液和0.1 molL1NaOH溶液等体积混合后溶液pH大于7则反应后的混合液：c（OH）+2c（A）=c（H+）+2c（HA）二、解答题（共4小题，满分58分）8（15分）（2015包河区校级模拟）V、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的前四周期元素，其相关信息如下表（1）Z元素是人和动物所必需的一种微量元素，Z的电子层数和W的最外层电子数相等，Z的核电荷数是Y的核电荷数3倍，Z位于元素周期表第周期第族，Z的基态原子核外电子排布式是（2）Y与W、X的第一电离能由大到小的顺序为（用元素符号表示）常温下液态V2Y中除了简单V2Y分子外，因为的存在，还有（V2
7、Y）2，（V2 Y）3，（V2Y）n等缔合分子存在温度降至熔点时，V2Y结成巨大的缔合物晶体，该晶体类型为（3）已知X3和WY2间具有相似的化学键特征和相似的化学结构，则X3中含有的键数目为在水溶液中X2H5+将Fe3+还原为Fe2+，X2H5+4Fe3+4Fe2+其中化学反应式中的部分物质计量数已给出，该反应的离子方程式为（4）发射卫星时常用X2V4为燃料，目前科学家尝试用周期表中电负性最强元素R的单质作氧化剂，反应释放能量会更大若已知16g的液态X2V4在气态R单质中完全燃烧生成X的单质和一种气态化合物后恢复至原状态，放热567.5KJ，该反应的热化学方程式为9（15分）（2015包河区校
8、级模拟）如下对甲、乙、丙三种物质的说明：丙分子式C16H14O2部分性质能使Br2/CCl4褪色能在稀H2SO4中水解（1）甲中含氧官能团的名称为（2）由甲转化为乙需经下列过程（已略去各步反应的无关产物，下同）：甲Y乙其中反应的反应类型为，反应的化学方程式为（注明反应条件）（3）已知：RCH=CHR RCHO+RCHO；2HCHO HCOOH+C3HOH由乙制丙的一种合成路线图如下（AF均为有机物，图中Mr表示相对分子质量）：下列物质不能与C反应的是（选填序号）a金属钠 b HBr cNa2CO3 溶液 d 乙酸写出F的结构简式D有多种同分异构体，同时满足下列条件的异构体结构简式种a苯环上有两
9、种类型的氢 b 能发生银镜反应其中一种既能发生银镜反应又能发生水解反应的结构简式综上分析，丙的结构简式为10（13分）（2015包河区校级模拟）金属钛被称为“未来金属”，它具有硬度大，熔点高，耐腐蚀等特点某工厂以钛铁矿（主要成分FeTiO3）为主要原料，冶炼金属Ti，其工业生产流程如图：已知：FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O回答下列问题：（1）上述生产流程中加入铁屑的目的是，检验副产品甲是否变质的实验方法是（2）由溶液I获得甲晶体，需要经过操作除烧杯、漏斗外，过滤操作还要用到另一种玻璃仪器，该仪器在此操作中的主要作用是（3）TiO2变为TiCl4的化学方程式但最近
10、用熔融法直接电解中间产品乙制取金属钛获得成功，试比较用电解法生产钛比原工艺的优劣（4）该工艺中消耗33.6LCl2（标况），至少可得克甲晶体11（15分）（2015包河区校级模拟）HNO3与金属反应情况多种多样为探究HNO3性质，某兴趣小组作如下探究：（1）用浓硝酸和水按照不同体积比配成不同浓度的硝酸溶液，各取10mL硝酸溶液分别与铜片反应，实验记录如下：序号浓硝酸与水的体积比实验现象1：1反应速率快，溶液很快变成蓝色，铜丝表面有大量气泡冒出，气体呈红棕色1：3反应速率较快，溶液变成蓝色，铜丝表面有大量气泡冒出，气体无色1：5反应速率慢，微热后速率加快，溶液变成蓝色，铜丝表面有气泡冒出，气体无
11、色制备NO气体最适宜的是实验，理由是为防止有毒气体逸散造成空气污染，该小组同学改进实验装置，如图1所示（夹持仪器略去）安装好装置后，检查装置气密性操作（2）盐酸对HNO3氧化性有影响浓硝酸与浓盐酸按1：3体积比混合所得混合液称王水，具有强氧化性金溶于王水产生遇空气变色的气体，金转化为易溶性强酸HAuCl4请写出其离子方程式：（3）与金属反应的过程中，HNO3能被还原成多种含氮产物，如：NO2、HNO2、NO、N2O、NH2OH、（4）HNO3是一种强酸，与活泼金属反应时，HNO3的还原产物中可能存在H2，某兴趣小组设计实验，探究金属与稀HNO3反应制取H2的影响因素，其结果如图2所示该实验中，
12、金属与稀HNO3反应产生H2的影响因素：、该兴趣小组设计以下实验，探究金属与HNO3反应产生H2的影响因素可供选择的试剂：Fe粉、Mg粉，HNO3（0.1molL1、2.0molL1）影响因素实验步骤实验结论金属种类两只烧瓶中各放入5g颗粒大小大致相同的Fe粉、Mg粉，分别加入 molL1 HNO3溶液50mL，反应结束后，用气体分析仪测定气体中H2的体积分数在该浓度的稀HNO3中，Mg能反应，不反应，HNO3浓度两只烧瓶中各放入5g颗粒大小大致相同的Mg粉，分别加入，反应结束后，用气体分析仪测定气体中H2的体积分数硝酸浓度，产生氢气越多2015学年安徽省合肥168中高考化学最后一卷试卷参考答
13、案与试题解析一、选择题1（6分）（2014安徽模拟）科学家曾预言一种可用作炸药的物质，分子式为C（N3）4，其爆炸反应方程式为：C（N3）4=C+6N2，下列说法一定正确的是（）A该物质为离子晶体B该物质可用通过C60吸附N2而制得C18g该物质完全分解可以产生13.44升氮气DC（N3）4中碳元素为正价考点：物质的组成、结构和性质的关系；氧化还原反应 专题：化学应用分析：A、根据物质C（N3）4的微粒构成来确定所述的晶体类型；B、C60吸附N2的过程是物理变化；C、根据化学方程式结合Vm=22.4L/mol的使用条件进行计算；D、根据C、N得电子能力来确定价态的正负情况解答：解：A、该物质由
14、非金属元素构成，没有阴阳离子，故不为离子晶体，故A错误；B、C和N之间存在共价键，不能是吸附作用的结果，故B错误；C、根据化学方程式，18g即0.1mol该物质完全分解可以产生0.6mol即标况下13.44升氮气，故C错误；D、C、N得电子能力：CN，所以C显示正价，N显示负价，故D正确故选D点评：本题考查学生氧化还原反应中的有关知识，属于基本知识的考查，难度不大2（6分）（2015宁远县校级模拟）根据下列操作及现象，所得结论正确的是（）序号操作及现象结论A将0.1molL1氨水稀释成0.01molL1，测得pH由11.1变成10.6稀释后NH3H2O的电离程度减小B常温下，测得饱和Na2CO
15、3溶液的pH大于饱和NaHCO3溶液常温下水解程度：CO32HCO3C向25mL冷水和沸水中分别滴入5滴FeCl3饱和溶液，前者为黄色，后者为红褐色温度升高，Fe3+的水解程度增大D将固体CaSO4加入Na2CO3饱和溶液中，一段时间后，检验固体成分为CaCO3同温下溶解度：CaSO4CaCO3AABBCCDD考点：化学实验方案的评价；溶解度、饱和溶液的概念；弱电解质在水溶液中的电离平衡；影响盐类水解程度的主要因素 专题：实验评价题；盐类的水解专题分析：ANH3H2O为弱电解质，加水稀释促进电离；BNa2CO3溶解度较大，应比较相同的浓度的溶液的pH；C盐类的水解为吸热反应，升高温度促进水解；
16、D从难溶电解质的溶解平衡的角度分析解答：解：ANH3H2O为弱电解质，加水稀释促进电离，由于溶液体积增大，pH反而减小，故A错误；B饱和溶液的浓度不同，Na2CO3溶解度较大，应比较相同的浓度的溶液的pH，故B错误；C盐类的水解为吸热反应，升高温度促进水解，可根据溶液颜色判断，故C正确；D水垢中的CaSO4用Na2CO3溶液充分浸泡后可转化为CaCO3，说明溶解度CaSO4CaCO3，故D错误故选C点评：本题考查较为综合，涉及弱电解质、盐类水解以及难溶电解质的溶解平衡等知识，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高考常见题型，注意相关基本实验操作的注意事项，难度不大，注意相关基础知识的积累3
17、（6分）（2015包河区校级模拟）某恒温固定体积为2L密闭容器中，发生反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H0，n（SO2）随时间的变化如表：则下列说法正确的是（）时间/min012345n（SO2）/mol0.200.160.130.110.080.08A当容器中气体的密度不变时，说明该反应已达到平衡状态B用O2表示04 min内该反应的平均速率为0.005 mol/（Lmin）C若升高温度，则SO2的反应速率会变大，平衡常数K值会增大D平衡时再通入18O2，平衡右移，再次平衡时各物质均含有18O，O2的转化率减小考点：化学平衡的影响因素；化学平衡建立的过程 专题：化学平衡专题分析
18、：A反应前后气体质量不变，体积不变，反应过程中和平衡状态下容器中气体的密度始终不变；B根据c=计算二氧化硫的反应速率，再根据同一可逆反应中，同一时间段内各物质的反应速率之比等于其计量数之比计算氧气的平均反应速率；C升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动；D平衡时，再通入氧气，平衡向正反应方向移动，两种反应物，增大一种物质，会提高另一种物质的转化率，本身转化率减小，氧气的转化率减小解答：解：A反应前后气体质量不变，体积不变，密度始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故A错误；B.04min内二氧化硫的平均反应速率=0.015mol/（Lmin），同一可逆反应中，同一时间段内各物质的反应速率之比等于其
19、计量数之比，则用O2表示04min内该反应的平均速率为0.0075mol/（Lmin），故B错误；C升高温度，虽然反应速率增大，但平衡向逆反应方向移动，导致化学平衡常数减小，故C错误；D平衡时，再通入氧气，平衡向正反应方向移动，导致二氧化硫的转化率增大，再次平衡时各物质均含有18O，两种反应物，增大一种物质，会提高另一种物质的转化率，本身转化率减小，所以增加氧气，O2的转化率减小，故D正确；故选D点评：本题考查了化学平衡过程的建立，根据反应速率公式、化学平衡移动的影响因素来分析解答即可，化学平衡是考试热点，也是学习难点，常常考查化学平衡常数的计算、化学平衡或化学反应速率图象等知识点，注意化学平
20、衡状态的判断方法，难度中等4（6分）（2015包河区校级模拟）下列图示与对应的叙述相符的是（）A由图甲可以判断：若T1T2，反应A（g）+B（g）2C（g）的H0B图乙表示压强对可逆反应2A（g）+2B（g）4C（g）+D（s）的影响，乙的压强比甲大C根据图丙，若除去CuSO4溶液中的Fe3+，可向溶液中加入适量NaOH溶液，调节pH4D图丁表示用0.1mol/L的盐酸滴定20mL 0.1mol/LNaOH溶液，pH随加入盐酸体积的变化考点：化学平衡的影响因素；化学平衡建立的过程；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算 专题：图示题分析：A、升高温度A的转化
21、率减小，平衡逆向移动，正反应是放热反应；B、对于2A（g）+2B（g）4C（g）+D（s）的反应，乙先拐说明乙的压强比甲大；C、若除去CuSO4溶液中的Fe3+，根据图丙，可向溶液中加入适量NaOH溶液，调节pH4到5，使铁离子完全沉淀，而铜离子不能沉淀；D、用0.1mol/L的盐酸滴定20mL 0.1mol/LNaOH溶液，未滴入盐酸时开始pH为13解答：解：A、升高温度A的转化率减小，平衡逆向移动，正反应是放热反应，所以H0，故A错误；B、对于2A（g）+2B（g）4C（g）+D（s）的反应，乙先拐说明乙的压强比甲大，两边的气体的计量数相等，所以压强改变只改变速度，平衡不移动，故B正确；C
22、、若除去CuSO4溶液中的Fe3+，根据图丙，可向溶液中加入适量NaOH溶液，调节pH4到5，使铁离子完全沉淀，而铜离子不能沉淀，加适量NaOH溶液，引入钠离子，故C错误；D、用0.1mol/L的盐酸滴定20mL 0.1mol/LNaOH溶液，未滴入盐酸时开始pH为13，故D错误；故选B点评：本题考查了除杂的试剂的选择，平衡的移动和电解质的相关知识，依据除杂的原则分析，注意三价铁离子的去除，常通过对Fe3+水解平衡的影响角度解答5（6分）（2015包河区校级模拟）下列离子或分子在溶液中能大量共存，通入SO2后仍能大量共存的一组是（）AK+、Cl、NO3、Ca2+BNH4+、Cl、Na+、SO4
23、2CH+、Fe2+、SO32、Br2DAlO2、NH3H2O、Na+、Ag+考点：离子共存问题 专题：离子反应专题分析：根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能发生氧化还原反应，则离子大量共存，并不能与SO2反应，以此来解答解答：解：A该组离子之间不反应，可大量共存，但通入SO2后与Ca2+反应生成硫酸钙沉淀，不能共存，故A不选；B该组离子之间不反应，可大量共存，且通入SO2后不发生反应，能共存，故B选；CFe2+、SO32分别与Br2发生氧化还原反应，不能共存，故C不选；DNH3H2O、Ag+结合生成沉淀，不能共存，故D不选；故选B点评：本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息
24、及离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大6（6分）（2015包河区校级模拟）如图所示装置是一种可充电电池，装置为电解池离子交换膜只允许Na+通过，充放电的化学方程式为2Na2S2+NaBr3Na2S4+3NaBr闭合开关K时，b极附近先变红色下列说法不正确的是（）A装置（）中Na+从右到左通过离子交换膜BA电极的电极反应式为：NaBr3+2Na+2e3NaBrCb电极的电极反应式为：2Cl2e=Cl2D每有0.1mol Na+通过离子交换膜，b电极上就生成标准状况下气体1.12L考点：原电池和电解池的工作原理 专题：电化学专题分析：当闭合开关K时，
25、b极附近溶液变红色，说明b极生成OH离子，为电解池的阴极，发生反应为2H2O+2e=H2+2OH，则B为原电池的负极，A为原电池的正极，根据电池充、放电的化学反应方程式为2Na2S2+NaBr3Na2S4+3NaBr可知，负极反应为2Na2S22e=2Na+Na2S4，正极反应为NaBr3+2Na+2e=3NaBr，a极为电解池的阳极，电极反应为2Cu2e=Cu2+，以此解答该题解答：解：A装置（）为原电池，Na+向正极移动，A是正极，因此Na+从右到左通过离子交换膜，故A正确；BA为正极，发生还原反应，反应为NaBr3+2Na+2e=3NaBr，故B正确；Cb为阴极，发生还原反应，电极方程式
26、为2H2O+2e=H2+2OH，故C错误；D闭合K时，有0.1molNa+通过离子交换膜，说明有0.01mol电子转移，阴极上生成0.005molH2，标准状况下体积为0.05mol22.4L/mol=1.12L，故D正确故选C点评：本题考查化学电源知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，题目难度中等，注意从总反应式判断两极上的变化和电极反应式的书写7（6分）（2015包河区校级模拟）常温下，下列溶液的pH或微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A某溶液中由水电离出c（H+）=110a molL1，若a7时，则该溶液pH一定为14aB将标况下2.24L的CO2通入150mL 1molL1Na
27、OH溶液中充分反应后的溶液：2c（Na+）=3c（CO32）+3c（HCO3）+3c（H2CO3）CpH=3的二元弱酸H2R溶液与pH=11的NaOH溶液混合后，混合溶液的pH等于7，则反应后的混合液：2c（R2）+c（HR）c（Na+）D0.2 molL1的某一元酸HA溶液和0.1 molL1NaOH溶液等体积混合后溶液pH大于7则反应后的混合液：c（OH）+2c（A）=c（H+）+2c（HA）考点：pH的简单计算；离子浓度大小的比较；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算 专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：A常温时，某溶液中由水电离出的c（H+）=110a mol/L，若a7时，说明水的电
28、离受到抑制，可能为酸溶液，也可能为碱溶液；B计算出二氧化碳、钠离子的物质的量，然后从物料守恒的角度分析；C溶液中一定满足电荷守恒，根据溶液的电荷守恒判断；D根据溶液的电荷守恒和物料守恒进行判断解答：解：A常温时，某溶液中由水电离出的c（H+）=110a mol/L，若a7时，说明水的电离受到抑制，可能为酸溶液，也可能为碱溶液，如为酸溶液，则pH=a，如为碱溶液，则pH=14a，故A错误；B标况下2.24L的CO2的物质的量为0.1mol，根据物料守恒可得：nc（CO32）+n（HCO3）+n（H2CO3）=0.1mol；150mL 1molL1NaOH溶液中含有溶质氢氧化钠0.15mol，即：
29、n（Na+）=0.15mol，则：2c（Na+）=3c（CO32）+3c（HCO3）+3c（H2CO3），故B正确；C任何溶液都存在电荷守恒，则应有2c（R2）+c（HR）+c（OH）=c（Na+）+c（H+），混合液的pH等于7，则c（OH）=c（H+），应有2c（R2）+c（HR）=c（Na+），故C错误；D根据电荷守恒应有：c（OH）+c（A）=c（H+）+c（Na+），根据物料守恒可得：c（A）+c（HA）=2c（Na+），二者联式可得：2c（OH）+c（A）=2c（H+）+c（HA），故D错误；故选B点评：本题考查离子浓度的大小比较、溶液酸碱性与溶液中pH的计算，题目难度中等，注意掌
30、握溶液酸碱性与溶液pH的计算方法，能够根据电荷守恒、物料守恒判断溶液中离子浓度大小二、解答题（共4小题，满分58分）8（15分）（2015包河区校级模拟）V、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的前四周期元素，其相关信息如下表（1）Z元素是人和动物所必需的一种微量元素，Z的电子层数和W的最外层电子数相等，Z的核电荷数是Y的核电荷数3倍，Z位于元素周期表第四周期第VIB族，Z的基态原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d54s1（2）Y与W、X的第一电离能由大到小的顺序为NOC（用元素符号表示）常温下液态V2Y中除了简单V2Y分子外，因为氢键的存在，还有（V2Y）2，（V2 Y）3，（
31、V2Y）n等缔合分子存在温度降至熔点时，V2Y结成巨大的缔合物晶体，该晶体类型为分子晶体（3）已知X3和WY2间具有相似的化学键特征和相似的化学结构，则X3中含有的键数目为2在水溶液中X2H5+将Fe3+还原为Fe2+，X2H5+4Fe3+4Fe2+其中化学反应式中的部分物质计量数已给出，该反应的离子方程式为N2H5+4Fe3+=4Fe2+N2+5H+（4）发射卫星时常用X2V4为燃料，目前科学家尝试用周期表中电负性最强元素R的单质作氧化剂，反应释放能量会更大若已知16g的液态X2V4在气态R单质中完全燃烧生成X的单质和一种气态化合物后恢复至原状态，放热567.5KJ，该反应的热化学方程式为N
32、2H4 （l）+2F2 （g）=N2 （g）+4HF （g）H=1135.0 kJ/mol考点：位置结构性质的相互关系应用；元素电离能、电负性的含义及应用；热化学方程式 专题：基本概念与基本理论分析：V、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的前四周期元素，Y只有2价，则Y为O元素，X的化合价为+5，+3，3，而且原子半径比O稍大，则X为N元素，W为4、+4价，而且半径比N稍大，则W为C元素，V为+1价，半径比O的半径小，则V为H元素，Z元素是人和动物所必需的一种微量元素，Z的电子层数和W的最外层电子数相等，Z的核电荷数是Y的核电荷数3倍，则Z为的核电荷数为24，Z为Cr元素，据此分析解答：解：V、
33、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的前四周期元素，Y只有2价，则Y为O元素，X的化合价为+5，+3，3，而且原子半径比O稍大，则X为N元素，W为4、+4价，而且半径比N稍大，则W为C元素，V为+1价，半径比O的半径小，则V为H元素，Z元素是人和动物所必需的一种微量元素，Z的电子层数和W的最外层电子数相等，Z的核电荷数是Y的核电荷数3倍，则Z为的核电荷数为24，Z为Cr元素，（1）Z为Cr元素，位于元素周期表第四周期第VIB族，Cr元素原子核外有24个电子，其基态原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d54s1；故答案为：四；VIB；1s22s22p63s23p63d54s1；（2）
34、同周期从左到右第一电离能依次增大，但是第IIA和第IIIA族，第VA族和第VIA族反常，则第一电离能由大到小的顺序为NOC；常温下液态H2O中除了简单H2O分子外，因为氢键的存在，还有（H2O）2，（H2O）3，（H2O）n等缔合分子存在，水分子对应的晶体为分子晶体；故答案为：NOC；氢键；分子晶体；（3）N3和CO2具有相似的化学键特征和相似的化学结构，已知氮气的结构为NN，氮气中含有2个键，则N3中含有的键数目为2；在水溶液中N2H+5将Fe3+还原为Fe2+，氮元素被氧化为N2，则反应的离子方程式为：N2H+5+4Fe3+=4Fe2+N2+5H+；故答案为：2；N2H+5+4Fe3+=4
35、Fe2+N2+5H+；（4）发射卫星时常用N2H4为燃料，目前科学家尝试用周期表中电负性最强元素F的单质F2作氧化剂，反应释放能量会更大，若已知16g的液态N2H4在气态F2中完全燃烧生成N2和HF，放热567.5KJ，则1molN2H4 （l）完全反应放热为1135.0 kJ/mol，则反应的热化学方程式为：N2H4 （l）+2F2 （g）=N2 （g）+4HF （g）H=1135.0 kJ/mol；故答案为：N2H4 （l）+2F2 （g）=N2 （g）+4HF （g）H=1135.0 kJ/mol点评：本题考查了位置结构与性质的关系，侧重于原子结构、元素周期表、电子排布式、氢键、热化学方
36、程式等知识点的考查，明确原子半径、化合价与元素在周期表中的位置的关系是解题的关键，题目难度中等9（15分）（2015包河区校级模拟）如下对甲、乙、丙三种物质的说明：丙分子式C16H14O2部分性质能使Br2/CCl4褪色能在稀H2SO4中水解（1）甲中含氧官能团的名称为羟基（2）由甲转化为乙需经下列过程（已略去各步反应的无关产物，下同）：甲Y乙其中反应的反应类型为加成反应，反应的化学方程式为（注明反应条件）（3）已知：RCH=CHR RCHO+RCHO；2HCHO HCOOH+C3HOH由乙制丙的一种合成路线图如下（AF均为有机物，图中Mr表示相对分子质量）：下列物质不能与C反应的是c（选填序
37、号）a金属钠 b HBr cNa2CO3 溶液 d 乙酸写出F的结构简式D有多种同分异构体，同时满足下列条件的异构体结构简式3种a苯环上有两种类型的氢 b 能发生银镜反应其中一种既能发生银镜反应又能发生水解反应的结构简式综上分析，丙的结构简式为考点：有机物的推断 专题：有机物的化学性质及推断分析：（1）根据甲的结构简式可知，甲中含C=C和OH；（2）甲转化为乙，先发生加成反应，再发生催化氧化生成CHO，最后发生消去反应；（3）由乙的结构简式和合成流程，A是乙二醛，B是苯甲醛，乙在加热条件下与新制备氢氧化铜反应生成D为，则C应为醇，因B为苯甲醛，则C为苯甲醇，E是相对分子质量为76，结合题给信息
38、可知E应为OHCH2COOH，本身能发生缩聚反应生成F为，以此解答该题解答：解：（1）甲中含C=C和OH，含氧官能团为羟基，故答案为：羟基；（2）甲转化为乙，先发生加成反应，再发生催化氧化生成CHO，最后发生消去反应，则反应I为加成反应，反应为，故答案为：加成反应；（3）由乙的结构简式和合成流程，A是乙二醛，B是苯甲醛，乙在加热条件下与新制备氢氧化铜反应生成D为，则C应为醇，因B为苯甲醛，则C为苯甲醇，E是相对分子质量为76，结合题给信息可知E应为OHCH2COOH，本身能发生缩聚反应生成F为，C为苯甲醇，含OH，与Na反应生成氢气，与HBr发生取代反应，与乙酸发生酯化反应，则不能与Na2CO
39、3溶液反应，故答案为：c；由以上分析可知F为，故答案为：；D为，它的同分异构体，同时满足下列条件a苯环上有两种类型的氢，说明苯环上对位有两个取代基，b 能发生银镜反应，说明有醛基，这样的异构体结构简式有，共3种，其中一种既能发生银镜反应说明有醛基，又能发生水解反应，说明是甲酸某酯，这样的结构简式为，故答案为：3；苯甲醇和发生酯化反应生成丙，则丙为，故答案为：点评：本题考查有机物的推断，中等难度，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练，有助于培养学生的逻辑推理能力和发散思维能力，该题的关键是明确各种官能团结构和性质10（13分）（2015包河区校级模拟）金属钛被称为“未来金属”，它具有硬度大
40、，熔点高，耐腐蚀等特点某工厂以钛铁矿（主要成分FeTiO3）为主要原料，冶炼金属Ti，其工业生产流程如图：已知：FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O回答下列问题：（1）上述生产流程中加入铁屑的目的是2Fe3+Fe=3Fe2+将Fe3+还原为Fe2+，检验副产品甲是否变质的实验方法是取样放于试管，滴加KSCN溶液，若有血红色出现则变质，若无血红色则未变质（2）由溶液I获得甲晶体，需要经过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤操作除烧杯、漏斗外，过滤操作还要用到另一种玻璃仪器，该仪器在此操作中的主要作用是玻璃棒，引流作用（3）TiO2变为TiCl4的化学方程式TiO2+2C+Cl2
41、=TiCL4+2CO但最近用熔融法直接电解中间产品乙制取金属钛获得成功，试比较用电解法生产钛比原工艺的优劣优点：工艺简便且原子利用率高，对环境无污染，缺点：耗能高（4）该工艺中消耗33.6LCl2（标况），至少可得208.5g克甲晶体考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用 专题：实验设计题分析：分析流程可知，钛铁矿（主要成分FeTiO3）加入浓硫酸后加入水和铁粉还原铁离子沉降分离得到溶液，通过蒸发浓缩，冷却结晶过滤洗涤得到甲晶体硫酸亚铁晶体，和滤液，加入水稀释，加热过滤回收硫酸和钛酸，煅烧得到二氧化钛，与氯气和碳单质高温加热反应生成四氯化钛，加入镁还原得到钛；（1）钛铁矿和浓硫酸反应的产
42、物之一是TiOSO4，加入铁屑，可防止Fe2+氧化检验副产品甲是否变质是建议你是否含有铁离子，；（2）由溶液I获得甲晶体的方法是蒸发冷却析出晶体；（3）二氧化钛和碳、氯气反应生成四氯化钛和一氧化碳，电解熔融的二氧化钛可以得到金属钛，依据原子利用率、反应过程中的能耗分析判断；（4）依据反应FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O，TiO2+2C+Cl2=TiCL4+2CO 的定量关系计算解答：解：（1）钛铁矿和浓硫酸反应的产物之一是TiOSO4，加入铁屑，可防止Fe2+氧化，2Fe3+Fe=3Fe2+，亚铁离子易被氧化为铁离子，检验副产品甲是否变质，只要检验其中是否有铁离子
43、即可，实验方法是：取副产品甲少许溶于水，滴加适量KSCN溶液，观察溶液是否变为血红色，如果变血红色，证明已经变质，否则没变质，故答案为：防止Fe2+氧化；取副产品甲少许溶于水，滴加适量KSCN溶液，观察溶液是否变为血红色，如果变血红色，证明已经变质，否则没变质；（2）由溶液I获得甲晶体，需要经过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到晶体，除烧杯、漏斗外，过滤操作还要用到另一种玻璃仪器为玻璃棒，玻璃棒在此操作中的主要作用引流作用；故答案为：蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤；玻璃棒，引流作用； （3）TiO2变为TiCl4的反应是二氧化钛和碳、氯气反应生成，反应的化学方程式为：TiO2+2C+2Cl2=Ti
44、Cl4+2CO；煅烧钛酸可以得到二氧化钛，电解熔融的二氧化钛可以得到金属钛，即TiO2Ti+O2，优点：工艺简便且原子利用率高，对环境无污染，缺点：耗能高，故答案为：TiO2+2C+Cl2=TiCL4+2CO，优点：工艺简便且原子利用率高，对环境无污染缺点：耗能高；（4）该工艺中消耗33.6LCl2（标况），物质的量=1.5mol，依据反应FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O，TiO2+2C+2Cl2=TiCl4+2CO，得到FeSO47H2OTiOSO4TiO22Cl2， 1 2 0.75 mol 1.5mol晶体质量=0.75mol278g/mol=208.5g；
45、故答案为：208.5g；点评：本题考查物质的制备实验方案的设计，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高考常见题型，难度中等，注意把握实验的基本原理和物质的性质11（15分）（2015包河区校级模拟）HNO3与金属反应情况多种多样为探究HNO3性质，某兴趣小组作如下探究：（1）用浓硝酸和水按照不同体积比配成不同浓度的硝酸溶液，各取10mL硝酸溶液分别与铜片反应，实验记录如下：序号浓硝酸与水的体积比实验现象1：1反应速率快，溶液很快变成蓝色，铜丝表面有大量气泡冒出，气体呈红棕色1：3反应速率较快，溶液变成蓝色，铜丝表面有大量气泡冒出，气体无色1：5反应速率慢，微热后速率加快，溶液变成蓝色，铜丝
46、表面有气泡冒出，气体无色制备NO气体最适宜的是实验，理由是产物是NO，反应速率快（不用加热）为防止有毒气体逸散造成空气污染，该小组同学改进实验装置，如图1所示（夹持仪器略去）安装好装置后，检查装置气密性操作闭旋塞C，从B管上端加水，如观察到A、B间形成液面差并保持不变，说明装置具有气密性（2）盐酸对HNO3氧化性有影响浓硝酸与浓盐酸按1：3体积比混合所得混合液称王水，具有强氧化性金溶于王水产生遇空气变色的气体，金转化为易溶性强酸HAuCl4请写出其离子方程式：Au+4H+4Cl+NO3=AuCl4+NO+2H2O（3）与金属反应的过程中，HNO3能被还原成多种含氮产物，如：NO2、HNO2、N
47、O、N2O、N2、NH2OH、NH4+（或硝酸铵NH4NO3）（4）HNO3是一种强酸，与活泼金属反应时，HNO3的还原产物中可能存在H2，某兴趣小组设计实验，探究金属与稀HNO3反应制取H2的影响因素，其结果如图2所示该实验中，金属与稀HNO3反应产生H2的影响因素：硝酸的浓度、金属的种类该兴趣小组设计以下实验，探究金属与HNO3反应产生H2的影响因素可供选择的试剂：Fe粉、Mg粉，HNO3（0.1molL1、2.0molL1）影响因素实验步骤实验结论金属种类两只烧瓶中各放入5g颗粒大小大致相同的Fe粉、Mg粉，分别加入2.0 molL1 HNO3溶液50mL，反应结束后，用气体分析仪测定气
48、体中H2的体积分数在该浓度的稀HNO3中，Mg能反应，Fe不反应，HNO3浓度两只烧瓶中各放入5g颗粒大小大致相同的Mg粉，分别加入0.1molL1和2.0molL1的HNO3，反应结束后，用气体分析仪测定气体中H2的体积分数硝酸浓度越小，产生氢气越多考点：性质实验方案的设计；硝酸的化学性质 专题：实验设计题分析：（1）制备NO气体最适宜的方案应该是反应速率较快，制得的气体是一氧化氮的方案；根据大气压强原理来检验装置的气密性；（2）据N化合价下降的规律得出含氮元素的物质；（3）根据题中信息，王水与金的反应中，反应物为金、硝酸根离子、氢离子、氯离子，生成物为AuCl4、NO和水，据此写出反应的离
49、子方程式；（4）看图分析答题；金属与HNO3反应是放热反应，温度也会影响金属与HNO3反应产生H2，故要降温，选择实验方法解答：解：（1）依据上表，实验的产物是NO，且反应速率较快（不用加热），所以制备NO气体最适宜的是实验，关闭旋塞C，从B管上端加入水，若观察到A、B间形成液面差，且保持不变，说明装置的气密性良好，故答案为：产物是NO，反应速率较快（不用加热）；A、B间形成液面差，且保持不变；（2）据N化合价下降的规律得出，空格的两个依次为0价和3价，故物质为：N2、NH4+（或硝酸铵NH4NO3），故答案为：N2、NH4+（或硝酸铵NH4NO3）；（3）由题中信息可知，金与王水反应的离子方
50、程式为：4H+NO3+AuNO+Au3+2H2O、Au3+4Cl=AuCl4，反应的总离子方程式为：Au+4H+NO3+4Cl=NO+AuCl4+2H2O，故答案为：Au+4H+NO3+4Cl=NO+AuCl4+2H2O；（4）看图中受硝酸浓度和金属种类影响；HNO3的浓度有两种：0.1molL1、2.0molL1，看图可知：HNO3的浓度大于0.50molL1时，铁不反应，故选HNO3的浓度2.0molL1；两只烧瓶中各放入5g颗粒大小大致相同的Mg粉，即为金属相同，当然选不同浓度的硝酸来实验，看图得到实验结论为硝酸浓度越稀，产生氢气越多；金属与HNO3反应是放热反应，温度也会影响金属与HNO3反应产生H2，故要降温，选择冷水浴中进行实验故答案为：硝酸的浓度、金属的种类；2.0；Fe粉；0.1molL1HNO3、2.0molL1HNO3；越小点评：本题考查离子方程式的书写、看图分析能力，题目难度中等，注意掌握离子方程式的书写方法，试题培养了学生的看图分析、理解能力