1、2014-2015学年河北省邯郸市磁县高三（下）第六次月考化学试卷一、选择题（本题包括13小题每小题6分，共78分，每小题只有一个选项符合题意）1（6分）（2015天心区校级模拟）下列离子方程式正确的是（）A金属钠与水反应：Na+2H2O=Na+2OH+H2BAg2S沉淀溶解平衡表达式：Ag2S2Ag+S2CFe3O4与稀硝酸溶液反应：2Fe3O4+18H+=6Fe3+H2+8H2ODNaHCO3溶液与足量Ba（OH）2溶液混合：HCO3+Ba2+OH=BaCO3+H2O考点：离子方程式的书写专题：离子反应专题分析：A没有配平；B溶解平衡中应注明状态；C硝酸具有强氧化性，发生氧化还原反应生成N
2、O；DNaHCO3溶液与足量Ba（OH）2溶液混合，NaHCO3完全反应，生成碳酸钡、水、NaOH解答：解：A金属钠与水反应的离子反应为2Na+2H2O=2Na+2OH+H2，故A错误；BAg2S沉淀溶解平衡表达式：Ag2S（s）2Ag+（aq）+S2（aq），故B错误；CFe3O4与稀硝酸溶液反应的离子反应为3Fe3O4+NO3+28H+=9Fe3+NO+14H2O，故C错误；DNaHCO3溶液与足量Ba（OH）2溶液混合的离子反应为HCO3+Ba2+OH=BaCO3+H2O，故D正确；故选D点评：本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的化学反应是解答本题的关键，选项B、C为解答的难点，题目
3、难度不大2（6分）（2015天心区校级模拟）下列叙述中正确的是（）A将苯加入浓溴水中，溴水褪色，是因为发生了取代反应B除去乙酸乙酯中的少量乙酸，可用氢氧化钠溶液充分反应后再分液C水煤气、焦炉气、沼气、汽油等都是混合物，而高分子化合物PVC是纯净物D采用银作催化剂由乙烯制备环氧乙烷，其原子利用率为100%，符合化学原子经济性要求考点：苯的性质；有机物的合成；乙酸乙酯的制取专题：有机物的化学性质及推断分析：A、依据苯的特色结构和苯的化学性质分析判断；B、依据酯在强碱溶液中发生水解分析判断；C、依据高分子化合物都是混合物分析判断；D、依据化学原子经济性要求，结合反应的原子利用率是100%分析判断；解
4、答：解：A、苯分子的结构式六个碳碳键完全相同的特殊的大键，将苯加入浓溴水中，溴水褪色不是因为发生化学反应，是因为溴单质的溶解性在苯中比在水中大，发生的萃取现象，故A错误；B、除去乙酸乙酯中的少量乙酸，可用饱和碳酸钠溶液充分反应后再分液，因为在氢氧化钠溶液中，乙酸乙酯会水解，故B错误；C、高分子化合物PVC是聚合度不同范围内的混合物不是纯净物，故C错误；D、原子利用率为100%，符合化学原子经济性要求，用银作催化剂由乙烯制备环氧乙烷2mol乙烯和1mol氧气恰好反应生成2mol环氧乙烷，原子利用率100%，符合原子经济性要求，故D正确；故选D点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，主要考查苯的化学
5、性质应用，萃取实验的原理，高分子化合物的组成，化学原子经济性的理解3（6分）（2014春磁县月考）若NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A20g重水（2H2O）含有10NA个电子B常温常压下，1摩氦气含有2NA个原子C100mL 1mol/L NaHCO3 溶液含有0.1NA个HCO3D5.6g金属铁与足量稀盐酸反应完全反应时，失去 0.3NA个电子考点：阿伏加德罗常数分析：A根据n=计算20g重水的物质的量，每个重水分子含有10个电子，据此计算电子物质的量，再根据N=nNA计算电子数目；B氦气为单原子分子；C碳酸氢根离子为多元弱酸的酸式根离子，溶液水后，部分发生水解；D铁与盐酸反
6、应生成氯化亚铁，铁为+2价解答：解：A.20g重水的物质的量为=1mol，每个重水分子含有10个电子，含有电子物质的量为10mol，故含有电子数目为10molNAmol1=10NA，故A正确；B氦气为单原子分子，1摩氦气含有NA个原子，故B错误；C碳酸氢根离子在水溶液中部分发生水解，100mL 1mol/L NaHCO3 溶液含有小于0.1NA个HCO3，故C错误；D.5.6g金属铁的物质的量为0.1mol，与足量稀盐酸反应生成氯化亚铁，失去 0.2NA个电子，故D错误；故选：A点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，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关系，明确稀有气体为
7、单原子分子，明确盐类水解的规律是解题关键，题目难度不大4（6分）（2015天心区校级模拟）下列各组离子在碱性条件下可以大量共存，而在强酸性条件下能发生氧化还原反应的是（）ACa2+、Fe2+、NO3、ClBBa2+、Na+、I、NO3CNa+、K+、SO42、SO32DK+、Mg2+、HCO3、PO43考点：离子共存问题专题：离子反应专题分析：AOH与Fe2+能结合生成沉淀；B碱溶液中该组离子不反应，酸性条件下I、NO3能发生氧化还原反应；C碱溶液中该组离子不反应，酸性条件下只发生复分解反应；DOH与Mg2+、HCO3结合生成水和沉淀解答：解：AOH与Fe2+能结合生成沉淀，则不能共存，故A不
8、选；B碱溶液中该组离子不反应，则能共存，且在酸性条件下I、NO3能发生氧化还原反应，符合题意，故B选；C碱溶液中该组离子不反应，则能共存，但在酸性条件下H+、SO32发生反应生成水和气体，故C不选；DOH与Mg2+、HCO3结合生成水和沉淀，则不能共存，故D不选；故选B点评：本题考查离子的共存问题，熟悉习题中的信息及离子之间的反应是解答本题的关键，题目难度不大5（6分）（2015天心区校级模拟）关于下列装置说法正确的是（）A用装置精炼铜时，c极为粗铜B装置中，盐桥中的K+移向ZnSO4溶液C装置工作一段时间后，a极附近溶液的pH增大D装置中电子由Zn流向Fe，装置中有Fe2+生成考点：原电池和
9、电解池的工作原理专题：电化学专题分析：A、精炼铜时，阳极是粗铜，阴极是纯铜；B、在原电池中，电解质里的阳离子移向正极；C、在电解池中，阴极发生得电子得还原反应；D、在原电池中，电子从负极流向正极，根据工作原理来确定电极反应的书写解答：解：A、装置精炼铜时，阳极d极应该是粗铜，阴极c极是纯铜，故A错误；B、装置原电池中，Zn是负极，Cu是正极，电解质里的阳离子K+移向正极，即移向硫酸铜溶液，故B错误；C、在装置电解池中，阴极a极是氢离子发生得电子生成氢气的还原反应，该极附近碱性增强，所以a极附近溶液的pH增大，故C正确；D、在该原电池中，电子从负极Zn即流向正极Fe极，在铁电极上氢离子得电子生成
10、氢气，反应实质是金属锌和氢离子之间的反应，不会产生亚铁离子，故D错误故选C点评：本题考查学生原电池的工作原理，注意教材知识的灵活应用，属于基础知识的综合考查，难度不大6（6分）（2015天心区校级模拟）下列实验操作不能达到其对应目的是（）编号实验操作目 的A取4g NaOH加入96mL水中（水的密度近似看作1g/cm3）配制4% NaOH溶液B配制摩尔溶液实验中，用蒸馏水润洗容量瓶避免造成误差使配制溶液浓度偏低C向CH3COONa溶液中滴入酚酞溶液，加热证明升高温度能促进CH3COONa水解D向盛有铜片的试管中加入浓硫酸，加热证明浓硫酸具有强氧化性AABBCCDD考点：化学实验方案的评价；影响
11、盐类水解程度的主要因素；配制一定物质的量浓度的溶液；浓硫酸的性质实验专题：实验评价题分析：A根据=判断；B实验误差取决于容量瓶中残留物质的种类和性质；C根据外界条件对平衡移动的影响判断；D铜和浓硫酸在加热条件下反应解答：解：A=4%，可到达目的，故A正确；B如容量瓶中残留物质没有洗涤，并且与所配物质反应，可导致浓度降低，溶与所配物质相同，可使浓度偏大，故B错误；CCH3COONa溶液水解呈碱性，加入酚酞呈红色，加热，促进水解，红色加深，故C正确；D铜和稀硫酸不反应，在加热条件下与浓硫酸反应，说明浓硫酸具有强氧化性，故D正确故选B点评：本题考查化学实验方案的评价，题目难度中等，注意把握盐类水解的
12、原理以及影响因素7（6分）（2015固原校级模拟）某FeSO4、Fe2（SO4）3、H2SO4的混合溶液100mL，已知溶液中阳离子的浓度相同（不考虑水解），且SO42的物质的量浓度为6mol/L，则此溶液最多可溶解铁粉的质量为（）A11.2 gB16.8 gC19.6 gD22.4 g考点：有关混合物反应的计算专题：守恒法分析：根据H+、Fe3+都能与Fe反应生成Fe2+，最后溶液的成分为FeSO4，由硫酸根离子的物质的量可知反应后溶液中Fe2+的物质的量，减去原溶液中Fe3+、Fe2+物质的量，根据电荷守恒计算原溶液中Fe3+、Fe2+物质的量，可计算最多溶解的铁粉的质量解答：解：溶液中n
13、（SO42）=0.1L6molL1=0.6mol，FeSO4、Fe2（SO4）3、H2SO4的溶液中阳离子的浓度相同，所以阳离子物质的量也相同，则有n（Fe2+）=n（H+）=n（Fe3+），设Fe2+、Fe3+、H+三种离子物质的量均为n，根据电荷守恒知道：2n+3n+n=0.6mol2，解得n=0.2mol，H+、Fe3+都能与Fe反应生成Fe2+，最后溶液的成分为FeSO4，则n（FeSO4）=0.6mol，根据Fe的守恒可知，此溶液最多溶解铁粉的物质的量为0.6mol0.2mol0.2mol=0.2mol，则此溶液最多溶解铁粉的质量为0.2mol56g/moL=11.2g，故选A点评：
14、本题考查混合物的有关计算，题目难度中等，注意用电荷守恒和质量守恒去解答，也可以根据氢离子、铁离子计算溶解的Fe的质量二、本卷包括秘考题和选考题两部分第22-32题为必考题，每个试题考生都作答；第33题-41题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（共11道题，129分）8（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
15、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
16、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+2ClO2（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；（
17、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1.0mol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
18、，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
19、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9（15分）（2014新城区校级四模）现有A、B、C、D四种物质，B
20、、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），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（N
21、H4+）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
22、（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
23、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+O
24、H；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
25、（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
26、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（15分）（2015天心区校级模拟）（1）原电池反应通常是放热反应，下列化学反应在理论上可设计成原电池是D，理由是该反应既是放热反应，又是自发的氧化还原反应AC（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）HOBC（s）+CO2（g）=2CO（g）HOCCaC2（s）+2H2O
27、 （g）=Ca（OH）2（l）+C2H2（g）HODCH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）HO（2）以KOH溶液为电解质溶液，依据（1）所选反应设计一个原电池，其负极反应式为CH4+10OH8e=CO32+7H2O；以H2SO4溶液为电解质溶液，将（1）中D选项的CH4改为C6H12O6，其负极反应式为C6H12O624e+6H2O=6CO2+24H+（3）电解原理在化工上有着广泛的应用，现将你设计的原电池通过导线与右图中的电解池相连，其中a为电解质溶液，X和Y为两块电极板，则：若X和Y均为惰性电极，a为饱和的NaCl溶液，则检验Y电极产物的方法是将湿润的淀粉KI试纸靠近Y极
28、支管口处，试纸变蓝，说明有氯气生成；若X和Y分别为石墨和铁，a仍为饱和的NaCl溶液，则阳极反应式为Fe2e=Fe 2+；若X和Y均为惰性电极，a为CuSO4溶液，电解一段时间后，向所得溶液中加入0.1mol的Cu（OH）2，恰好使溶液恢复电解前的浓度和PH，则电解过程中阳极产生的气体体积（标况下）为2.24L考点：原电池和电解池的工作原理专题：电化学专题分析：（1）原电池的构成条件之一是：该反应必须是能自发进行的氧化还原反应，且反应过程放热（2）当电解质溶液呈碱性时，甲烷失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水当电解质溶液呈酸性时，C6H12O6失电子和水反应生成二氧化碳和氢离子（3）当电极
29、为惰性电极时，阳极上溶液中氯离子放电生成氯气，根据氯气的检验方法检验当较活泼的金属作阳极时，阳极上金属电极失电子发生氧化反应根据“电解出什么物质加入什么物质”的方法分析，根据电极反应式计算阳极上产生气体的体积解答：解：（1）能构成原电池的条件之一是：该反应是放热反应，即HO，且该反应必须是能自发进行的氧化还原反应A、该反应是吸热反应，故错误B、该反应是吸热反应，故错误C、该反应不是氧化还原反应，故错误D、该反应是放热反应且是能自发进行的氧化还原反应，故正确故答案为：D；理由是：该反应既是放热反应，又是自发的氧化还原反应（2）碱性条件下，甲烷失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为
30、CH4+10OH8e=CO32+7H2O；酸性条件下，C6H12O6失电子和水反应生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为 C6H12O624e+6H2O=6CO2+24H+故答案为：CH4+10OH8e=CO32+7H2O； C6H12O624e+6H2O=6CO2+24H+（3）当石墨作电极时，阳极Y上氯离子失电子生成氯气，氯气有氧化性能和碘离子发生置换反应生成碘单质，淀粉遇碘变蓝色，所以检验氯气的方法是将湿润的淀粉KI试纸靠近Y极支管口处，试纸变蓝，说明有氯气生成故答案为：将湿润的淀粉KI试纸靠近Y极支管口处，试纸变蓝，说明有氯气生成当较活泼的金属铁作阳极时，金属铁失电子生成二价铁离子，电极反
31、应式为Fe2e=Fe 2+故答案为Fe2e=Fe 2+根据“电解出什么物质加入什么物质”的方法知，加入Cu（OH）2相当于加入CuOH2O，所以发生电解时分两段，一段是生成氧气和铜，一段是生成氢气和氧气当生成氧气和铜时，根据原子守恒知：0.1mol的Cu（OH）2相当于有0.1molCuO，所以生成0.05mol氧气；0.1mol的Cu（OH）2相当于有0.1molH2O，电解0.1mol水生成0.05mol氧气所以阳极上产生的氧气的体积=（0.05+0.05）mol22.4L/mol=2.24L故答案为：2.24L点评：本题考查了电极反应式的书写及电解原理，易错题是（3），注意当较活泼的金属
32、作阳极时，电解池工作时，阳极上金属电极失电子而不是溶液中阴离子失电子发生氧化反应三、（二）选考题（每科选做1题，共做3题）考生从给出的2道物理题、3道化学题、2道生物题中每科任选1题解答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目涂黑注意所做题目必须与所涂题目一致，在答题卡选答区域指定位置答题化学-选修化学与技术11（15分）（2014山东模拟）随着能源问题的进一步突出，利用热化学循环制氢的研究受到许多发达国家的青睐最近的研究发现，复合氧化物铁酸锰（MnFe2O4）也可以用于热化学循环分解水制氢，MnFe2O4的制备流程如下：（1）原料Fe（NO3）n中n=3，投入原料Fe（NO3）n和Mn（NO3）2
33、的物质的量之比为2：1（2）步骤二中连续搅拌的目的是：充分反应或沉淀完全，步骤三中洗涤干净的标准是洗涤至中性保证产物纯净（3）利用MnFe2O4热化学循环制氢的反应可表示为：MnFe2O4MnFe2O4x+O2，MnFe2O4x+xH2OMnFe2O4+xH2请认真回答下列问题：若MnFe2O4x中x=0.8，则MnFe2O4x中Fe2+占全部铁元素的百分率为：80%该化学循环制氢的优点是：具有过程简单节约能源无污染物料廉价并可循环使用及氧气和氢气在不同步骤生成，因此不存在高温气体分离等优点该化学循环法制氢尚有不足之处，进一步改进的研究方向是：寻找合适催化剂使MnFe2O4的分解温度降低或找到
34、分解温度更低的氧化物考点：铁盐和亚铁盐的相互转变；氧化还原反应专题：几种重要的金属及其化合物分析：（1）根据MnFe2O4的制备流程，可知Mn、Fe的化合价未变，Mn（NO3）2中Mn的化合价为+2，则MnFe2O4中Fe的化合价为+3，从而求出Fe（NO3）n中的n，由MnFe2O4中可知：Fe和Mn的个数之比为1：2，根据质量守恒，求出原料Fe（NO3）n和Mn（NO3）2的物质的量之比；（2）根据搅拌的通常目的和判断沉淀是否洗涤干净的方法来解答；（3）根据铁的总价态不变，用方程组来解决； 由流程可看出其优点，改进方法可从流程简洁方面考虑解答：解：（1）Mn为+2价，则MnFe2O4中Fe
35、的化合价为+3价，则Fe（NO3）n中n=3，且Fe（NO3）n与Mn（NO3）2 二者之比 2：1，故答案为：3；2：1； （2）连续搅拌是为了让二者充分反应，洗涤至中性保证产物纯净，故答案为：充分反应或沉淀完全洗涤至流出液呈中性； （3）x=0.8时，铁的总价态为（40.8）22=4.4，设1mol MnFe2O40.8中含Fe2+、Fe3+物质的量分别为xmol、ymol，则有，解得：x=1.6，y=0.4，则1 mol MnFe2O40.8中含Fe2+的物质的量为1.6 mol，则Fe2+占的百分率为1.6/2100%=80%，故答案为：80%；由流程图可以看出过程简单、节约能量、无污
36、染、物料廉价并可循环使用及氧气和氢气在不同步骤生成，不存在高温气体分离的问题等，故答案为：过程简单、节约能量、无污染、物料廉价并可循环使用及氧气和氢气在不同步骤生成，不存在高温气体分离的问题等（答两点即可）；因高温消耗较多的能源，则寻找合适的催化剂，使MnFe2O4分解温度降低或分解温度更低的氧化物，故答案为：寻找合适的催化剂，使MnFe2O4分解温度降低或分解温度更低的氧化物点评：本题是一道化工工艺流程的题目，该类题目的特点是：综合性较强，涉及的知识点多，考查了学生分析问题和运用知识的能力化学-选修物质结构与性质12（2015孝感模拟）现有七种元素，其中A、B、C、D、E为短周期主族元素，F
37、、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为 I1=738，I2=1451，I3=7733，I4=10540（单位：kJ/mol）D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）已知液态BA3中与液态水类似，存在微弱的电离，写出其电离方程式2NH3NH4+NH2（2）B基态原子中能量最高的电子，其电子云在空间有3个方向，原子轨道呈纺锤形形（3）某同学根据上述信息，推断C基态原子的
38、核外电子排布为，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3d54s2（5）DE3中心原子的杂化方式为sp3，用价层电子对互斥理论推测其空间构型为三角锥形（6）F元素的晶胞如图所示，若设该晶胞的密度为a g/cm3，阿伏加德罗常数为NA，F原子的摩尔质量为M g/mol，则F原子的半径为 cm考点：位置结构性质的相互关系应用专题：元素周期律与元素周期表专题分析：A、B、C、D、E为短周期主族元素，原子序数依次增大，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H；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，即B为N；由C
39、原子的第一至第四电离能，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符号题意，即D为P；E元素的主族序数与周期数的差为4，E为第三周期第A族元素，即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，然后利用原子结构及分子的空间构型来解答解答：解：A、B、C、D、E为短周期主族元素，原子序数依次增大，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H；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，即B为N；由C原子的第一至第四电离能，则C为Mg；D原子核外所
40、有p轨道全满或半满，则价电子为3s23p3符号题意，即D为P；E元素的主族序数与周期数的差为4，E为第三周期第A族元素，即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）水电离的实质是分子结合另一分子的氢离子形成阳离子，另一分子形成阴离子发生电离，故液氨中的电离平衡方程式为：为2NH3NH4+NH2，故答案为：2NH3NH4+NH2；BA5为离子化合物，则为NH4H，其电子式为，故答案为：；（2）B为N，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
41、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）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，孤电子对数为1，成键数为3，则为sp3杂化，空间构型为三角锥形，故答案为：sp3；三角锥形；（6）K元素的晶胞如图所示，该晶胞中K原子个数=1+8=2，晶胞的质量为：g，若设该晶胞的密度为ag/cm3，则晶胞的体积=cm3，则晶胞的棱长=cm，设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（cm
42、）2，r=cm，故答案为：点评：本题考查位置、结构、性质的综合应用，题目难度较大，推断各元素名称为解答关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力，注意掌握原子结构还与元素周期律、元素周期表的关系化学-选修有机化学基础13（2014春磁县月考）已知某种有机物A的质谱图和红外光谱图如图所示：回答下列问题：（1）结合以上谱图推断：有机物A的相对分子质量为74，分子式为C3H6O2，该有机物与氢氧化钠溶液在加热条件下反应的化学方程为：CH3COOCH3+NaOHCH3COONa+CH3OH（2）链烃B的相对分子质量比A小4，含2个甲基，并能使溴的四氯化碳溶液褪色，写出B所有可能的结
43、构简式（包括顺反异构）：、（3）链烃C是B的同系物，且其对乙烯的相对密度为3，C的核磁共振氢谱显示：C中只含有一种氢原子则C在一定条件下发生聚合反应的方程式为：考点：有机物实验式和分子式的确定；有机物分子中的官能团及其结构分析：（1）质谱图最右边的分子离子峰表示该物质的相对分子质量；由红外光谱图可看出该分子中有不对称CH3，因此该分子中有2个CH3，由图也可以看出含有C=O双键，COC单键，书写A的结构式，据此解答；（2）A的相对分子质量为74，所以B的相对分子质量为70B能使溴的四氯化碳溶液褪色，B中含有不饱和键，由相对分子质量可知B为烯烃，计算碳原子数目判断B的分子式，含有2个甲基，若双键
44、在端位置，则含有1个支链（支链中不含支链），若双键不再端位置，则不含支链，据此书写；（3）链烃C是B的同系物，且其对乙烯的相对密度为3，则C的分子式为C6H12，C的核磁共振氢谱显示：C中只含有一种氢原子，则为C=C双键连接4个甲基解答：解：（1）质谱图最右边的分子离子峰表示该物质的相对分子质量根据质谱图可知，该有机物的相对分子质量为74；由红外光谱图可看出该分子中有不对称CH3，因此该分子中有2个CH3，由图也可以看出含有C=O双键，COC单键所以A的结构简式为CH3COOCH3，分子式为C3H6O2；CH3COOCH3与氢氧化钠溶液在加热条件下，发生水解反应生成乙酸钠、甲醇，反应方程式为：
45、CH3COOCH3+NaOHCH3COONa+CH3OH，故答案为：74；C3H6O2；CH3COOCH3+NaOHCH3COONa+CH3OH；（2）A的相对分子质量为74，所以B的相对分子质量为70B能使溴的四氯化碳溶液褪色，B中含有不饱和键，由相对分子质量可知B为烯烃，令B的分子式为CnH2n，则14n=70，所以n=5，故B的分子式为C5H10，B含有2个甲基，若双键在端位置，则含有1个支链（支链中不含支链），B可能的结构简式为、若双键不再端位置，则不含支链，B可能的结构简式为、，故答案为：、；（3）链烃C是B的同系物，且其对乙烯的相对密度为3，则C的分子式为C6H12，C的核磁共振氢谱显示：C中只含有一种氢原子，则为C=C双键连接4个甲基，C的结构简式为，发生加聚反应的方程式为：，故答案为：点评：本题考查有机物结构式的确定、同分异构体书写等知识，题目难度中等，根据质谱图确定A的相对分子质量是关键，注意基础知识的掌握，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力