1、2014年江西省景德镇二中高考化学模拟试卷一、选择题（共4小题，每小题3分，满分12分）1（3分）（2014昌江区校级模拟）如表中所列的都是烷烃，它们的一卤取代物均只有一种，分析下表中各项的排布规律，按此规律排布第6项应为（）12345CH4C2H6C5H12C8H18AC14H30BC17H36CC20H42DC26H542（3分）（2014日照一模）下列实验操作与预期实验目的或实验结论不一致的是（） 选项实验操作及现象实验目的或结论A将硫酸酸化的H202溶液滴入Fe（NO3）2溶液中，溶液变黄色可证明氧化性：H202比Fe3+强B在0.1molL1的NaHCO3溶液中，加2滴酚酞显浅红色，
2、微热，溶液颜色加深验证盐类水解反应是吸热反应C将一定量的NaNO3和KCl的混合液加热并浓缩至有晶体析出时，趁热过滤得到NaCl晶体D苯酚钠溶液中通入足量二氧化碳产生浑浊苯酚的酸性弱于碳酸AABBCCDD3（3分）（2011金台区校级模拟）在200mL含Mg2+、Al3+、NH4+、H+、Cl 等离子的溶液中，逐滴加入5molL1NaOH溶液，所加NaOH溶液的体积（mL）与产生沉淀的物质的量（mol）关系如图所示下列叙述不正确的是（）Axy=0.01molB原溶液中c（Cl）=0.75molL1C原溶液的pH=1D原溶液中n（Mg2+）：n（Al3+）=5：14（3分）（2014昌江区校级模
3、拟）某恒温密闭容器发生可逆反应Z（？）+W（？）X（g）+Y（？）H0，在t1时刻反应达到平衡，在t2时刻缩小容器体积，t3时刻再次达到平衡状态后未再改变条件下列有关说法中不正确的是（）AZ和W在该条件下一定不为气态Bt1t2时间段与t3时刻后，两时间段反应体系中气体的平均摩尔质量不可能相等C若在该温度下此反应平衡常数表达式为K=C（X），则t1t2时间段与t3时刻后的X浓度相等D该反应的平衡常数K随温度升高而增大二、解答题（共2小题，满分0分）5（2013新余二模）W、X、Y、Z、M、Q均为除稀有气体外分布在3个不同短周期元素，其原子序数依次增大，X的最外层电子数是W的4倍，Z与M的最低负化
4、合价相同，X、M在周期表中位置如图所示（1）Q在周期表中的位置为；（2）Z与W形成的4核分子的结构式为；（3）由W、Y、Z、M组成的离子化合物在溶液中相互反应的离子方程式为：（4）W2与Z2反应生成化合物甲，W2与Q2反应生成化合物乙已知反应：乙（g）+Z2（g）甲（g）+Q2（g），每生成1mol Q2放热57.8kJ写出该反应的热化学方程式：；（5）X、Y可分别与Z以原子个数比1：1形成化合物丙和丁在催化剂存在条件下，丙与丁发生可逆反应，生成单质Y2和另一种化合物戊写出该反应的化学方程式：，该反应的平衡常数表达式为；（6）将1mol丙气体和1mol丁气体充入一装有催化剂的恒压容器中，充分反
5、应达平衡后：若气体体积较原来减少20%，则丁的转化率为；若仅将压强缩小为原来的一半，再次达平衡后，混合气体中丁的体积分数将（填变大、变小或不变）6（2013上饶校级二模）随着大气污染的日趋严重，国家拟于“十二五”期间，将二氧化硫（SO2）排放量减少8%，氮氧化物（NOx）排放量减少10%目前，消除大气污染有多种方法（1）处理NOx的一种方法是利用甲烷催化还原NOx已知：CH4（g）+4NO2（g）4NO（g）+CO2 （g）+2H2O（g）H=574kJ/molCH4（g）+4NO（g）2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=1160kJ/mol则甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式
6、为：（2）降低汽车尾气的方法之一是在排气管上安装催化转化器，发生如下反应：2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）H0若在一定温度下，将2mol NO、1mol CO充入1L固定容积的容器中，反应过程中各物质的浓度变化如图1所示，计算该反应的化学平衡常数：K=若升高温度则平衡常数将（变大、不变、变小）若保持温度不变，20min时再向容器中充入CO、N2各0.6mol，平衡将移动（填“向左”、“向右”或“不”）20min时，若改变反应条件，导致N2浓度发生如图2所示的变化，则改变的条件可能是（填序号）加入催化剂 降低温度 缩小容器体积 增加CO2的量（3）肼（N2H4）用亚硝酸氧化生
7、成氮的另一种氢化物，该氢化物的相对分子质量为43.0，其中氮原子的质量分数为0.977写出肼与亚硝酸反应的化学方程式（4）如图2所示装置可用于制备N2O5，则生成N2O5的那一电极为（填“阴极”或“阳极”），反应式为三、选做题：选修3：物质结构与性质（共1小题，满分0分）7（2012焦作一模）如表是元素周期表的一部分表中所列的字母分别代表一种化学元素试回答下列问题：（1）请写出元素O的基态原子电子排布式（2）c元素的一种同素异形体与熔融的n单质形成石墨间隙化合物，比较常见的石墨间隙化合物是青铜色的化合物，其化学式可写作CxK，其平面图形见图1，则x值为（3）第三周期8种元素按单质熔点高低的顺序
8、如图2，其中序号“8”代表（填元素符号）；其中电负性最大的是（填右图中的序号）（4）由i原子跟d原子以1：1相互交替结合而形成的晶体，晶型与晶体j相同则i与d形成的晶体中一个晶胞中含有4个i原子；与同一个i原子相连的d原子构成的空间构型为，d原子的杂化类型为（5）i单质晶体中原子的堆积方式如图3甲所示，其晶胞特征如图3乙所示，原子之间相互位置关系的平面图如图3丙所示若已知i的原子半径为dcm，NA代表阿伏加德罗常数，i的相对原子质量为M，则该晶体的密度为_g/cm3 （用字母表示）四、解答题（共3小题，满分0分）8（2011广东）直接生成碳碳键的反应是实现高效、绿色有机合成的重要途径交叉脱氢偶
9、联反应是近年备受关注的一类直接生成碳碳单键的新反应例如：化合物I可由以下合成路线获得：（1）化合物I的分子式为，其完全水解的化学方程式为（注明条件）（2）化合物II与足量浓氢溴酸反应的化学方程式为（注明条件）（3）化合物III没有酸性，其结构简式为；III的一种同分异构体V能与饱和NaHCO3溶液反应放出CO2，化合物V的结构简式为（4）反应中1个脱氢剂IV（结构简式如图）分子获得2个氢原子后，转变成1个芳香族化合物分子，该芳香族化合物分子的结构简式为（5）1分子与1分子 在一定条件下可发生类似的反应，其产物分子的结构简式为；1mol该产物最多可与molH2发生加成反应9（2015张家界校级模
10、拟）将1.000g FeC2O42H2O固体样品放在热重分析仪中进行热重分析，测得其热重分析曲线（样品质量随温度变化的曲线）如图所示：已知：草酸盐受热分解易放出碳的氧化物500之前，该热重分析仪的样品池处于Ar气气氛中，500时起，样品池与大气相通完成下列填空：（1）300时是样品脱水的过程，试确定350时样品是否脱水完全（填“是”或“否”），判断的理由是（要求写出推算过程）（2）400时发生变化的化学方程式是（3）将600时样品池中残留的固体隔绝空气冷却至室温，再向该固体中加入一定量的稀盐酸刚好完全溶解，用pH试纸测得所得溶液的pH=3，其原因是（用离子方程式回答）向该溶液中滴加适量NaOH
11、溶液，生成红褐色沉淀，测得此时溶液中铁元素的离子浓度为4.01011 molL1，则此时溶液的pH=（已知：KspFe（OH）2=8.01016，KspFe（OH）3=4.01038）（4）将1 500时样品池中残留的固体隔绝空气冷却后，用稀盐酸溶解得一棕黄色溶液取少量该溶液滴加KSCN，溶液显血红色；另取少量该溶液滴加K3Fe（CN）6（铁氰化钾）溶液，产生特征蓝色沉淀试写出图中1 400时发生反应的化学方程式，产生特征蓝色沉淀的离子反应方程式10（2014昌江区校级模拟）（1）Na2SO3和Na2S是硫元素的两种重要化合物，请回答下列问题：向Na2SO3和Na2S的混合溶液中加入稀盐酸，溶
12、液中会产生大量淡黄色沉淀，则该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是Na2SO3和Na2S的混合物中，含硫的质量分数为32%，则混合物中的Na2SO3和Na2S的物质的量之比为在NaHS饱和水溶液中，c（Na+）=c（S2）+已知Na2SO3在高温下分解生成两种产物，某同学称量25.2g纯净的Na2SO37H2O晶体在高温下隔绝空气加热至恒重，冷却后称得固体为12.6g，将其完全溶于水配成1L溶液，并测溶液的PH大于0.1mol/lNa2SO3溶液的PH，写出Na2SO3高温下的分解的化学方程式：（2）CuSO4溶液与K2C2O4溶液反应得到一种蓝色结晶水合物晶体通过下述实验确定该晶体的组成：a
13、、称取0.168g晶体，加入过量的H2SO4溶液，使样品溶解后加入适量水，加热近沸，用0.02mol/LKMnO4溶液滴定至终点（溶液变为浅紫红色），消耗20.00mlb、接着将溶液充分加热，使浅紫红色变为蓝色，此时MnO4转化为Mn2+并释放出O2c、冷却后加入2gKI固体（过量）和适量Na2CO3溶液变为棕色并生成沉淀d、用0.05mol/LNa2S2O3溶液滴定，近终点加指示剂，消10.00ml已知：2MnO4+5H2C2O4+6H+=2Mn2+10 CO2+8H2O2Cu2+4I2CuI+I22Na2S2O3+I22NaI+Na2S4O6步骤b中发生反应的离子方程式为步骤d中加入指示剂
14、为通过计算写出该蓝色晶体的化学式已知室温下BaSO4的Ksp=1.11010，欲使溶液中c（SO42）1.0106mol/L，应保持溶液C（Ba2+）mol/L（3）重铬酸钾又名红矾钾，是化学实验室中的一种重要分析试剂工业上以铬酸钾（K2CrO4）为原料，采用电化学法制备重铬酸钾（K2Cr2O7）制备装置如图所示（阳离子交换膜只允许阳离子透过） 制备原理：2CrO42（黄色）+2H+CrO72（橙色）+H2O通电后阳极室产生的现象为；其电极反应式是该制备过程总反应的离子方程式可表示为4CrO42+4H2O 2Cr2O72+4OH+2H2+O2，若实验开始时在右室中加入38.8gK2CrO4，t
15、min后测得右室中K与Cr的物质的量之比为3：2，则溶液中K2CrO4和K2Cr2O7的物质的量之比为；此时电路中转移电子的物质的量为2014年江西省景德镇二中高考化学模拟试卷参考答案与试题解析一、选择题（共4小题，每小题3分，满分12分）1（3分）（2014昌江区校级模拟）如表中所列的都是烷烃，它们的一卤取代物均只有一种，分析下表中各项的排布规律，按此规律排布第6项应为（）12345CH4C2H6C5H12C8H18AC14H30BC17H36CC20H42DC26H54考点：烷烃及其命名 专题：有机物分子组成通式的应用规律分析：由表格中数据可知：奇数项的C原子个数为前一奇数项中烷烃的C和H
16、原子个数之和，偶数项亦是如此解答：解：由表格中数据可知：奇数项的C原子个数为前一奇数项中烷烃的C和H原子个数之和，偶数项亦是如此第6项的C原子数为8+18=26，即为C26H54，故选D点评：本题考查有机化合物中碳的成键特征，难度较大，侧重考查学生的规律查找能力以及逻辑推理能力，解题时紧结合题干信息，查找规律2（3分）（2014日照一模）下列实验操作与预期实验目的或实验结论不一致的是（） 选项实验操作及现象实验目的或结论A将硫酸酸化的H202溶液滴入Fe（NO3）2溶液中，溶液变黄色可证明氧化性：H202比Fe3+强B在0.1molL1的NaHCO3溶液中，加2滴酚酞显浅红色，微热，溶液颜色加
17、深验证盐类水解反应是吸热反应C将一定量的NaNO3和KCl的混合液加热并浓缩至有晶体析出时，趁热过滤得到NaCl晶体D苯酚钠溶液中通入足量二氧化碳产生浑浊苯酚的酸性弱于碳酸AABBCCDD考点：化学实验方案的评价；氧化性、还原性强弱的比较；探究影响盐类水解平衡的因素 专题：实验评价题分析：A硝酸和双氧水都具有氧化性；B升高温度，溶液颜色加深，说明溶液碱性增强，根据温度对化学平衡的影响分析；C硝酸钠随着温度变化其溶解度变化较大，氯化钠随着温度变化其溶解度变化不大；D根据强酸制取弱酸判断解答：解：A溶液混合后，酸性条件下，硝酸根离子也具有氧化性，对实验造成干扰，故A错误；B升高温度，溶液颜色加深，
18、说明溶液碱性增强，说明平衡向水解反应方向移动，则盐类水解是吸热反应，故B正确；C利用温度对不同物质溶解度影响的差异蒸发结晶分离物质，硝酸钠随着温度变化其溶解度变化较大，氯化钠随着温度变化其溶解度变化不大，所以可以得到氯化钠晶体，故C正确；D体现了强酸与弱酸盐反应生成强酸盐和弱酸的反应原理，故D正确；故选A点评：本题考查化学实验方案设计，涉及氧化还原、盐类水解、结晶和相对强的酸与弱酸盐反应等知识，根据氧化性强弱顺序、盐类水解特点、酸的强弱等知识点来分析解答，易错选项是A，注意：酸性条件下硝酸根离子的强氧化性，为隐含条件，为易错点3（3分）（2011金台区校级模拟）在200mL含Mg2+、Al3+
19、、NH4+、H+、Cl 等离子的溶液中，逐滴加入5molL1NaOH溶液，所加NaOH溶液的体积（mL）与产生沉淀的物质的量（mol）关系如图所示下列叙述不正确的是（）Axy=0.01molB原溶液中c（Cl）=0.75molL1C原溶液的pH=1D原溶液中n（Mg2+）：n（Al3+）=5：1考点：离子方程式的有关计算；有关混合物反应的计算 专题：压轴题分析：由给出的离子在滴入NaOH溶液时发生H+OHH2O，Mg2+、Al3+结合OH生成沉淀，NH4+与OH反应，氢氧化铝与OH反应而溶解，并结合图象可知，04mL时发生酸碱中和，4mL30mL发生Mg2+、Al3+结合OH生成沉淀的反应，3
20、0mL33mL发生NH4+与OH反应，33mL35mL发生氢氧化铝的溶解反应，然后利用离子反应方程式来计算解答解答：解：A、由图及离子反应可知xy的值即为Al（OH）3的物质的量，则设Al（OH）3的物质的量为n， Al（OH）3+OHAlO2+2H2O 1 1 n （3533）0.001L5molL1，解得n=0.01mol，即xy=0.01mol，故A说法正确；B、由图可知，加入33mLNaOH溶液时Cl离子以NaCl存在，设Cl离子的物质的量为z，由钠和氯原子守恒可知 NaOHNaClCl， 1 1 330.001L5molL1 z，解得z=0.165mol，则原溶液中Cl的物质的量浓度
21、为=0.825mol/L，故B说法不正确；C、由图04mL时发生H+OHH2O，则H+的物质的量为4mL0.001L5molL1=0.02mol，H+的物质的量浓度为=0.1mol/L，则pH=1，故C说法正确；D、由4mL30mL发生Mg2+、Al3+结合OH生成沉淀的反应，则 Al3+3OHAl（OH）3 1 3 1 0.01mol 0.03mol 0.01mol 设镁离子的物质的量为m，Mg2+2OHMg（OH）2 1 2 m （304）mL0.001L5molL10.03mol ，解得m=0.05mol，则原溶液中n（Mg2+）：n（Al3+）=0.05：0.01=5：1，故D说法正确
22、；故选：BD点评：本题难度较大，考查溶液中的离子反应及对应图象关系，明确反应的先后顺序是解答的关键，并注意反应与图象中的对应关系来解答即可4（3分）（2014昌江区校级模拟）某恒温密闭容器发生可逆反应Z（？）+W（？）X（g）+Y（？）H0，在t1时刻反应达到平衡，在t2时刻缩小容器体积，t3时刻再次达到平衡状态后未再改变条件下列有关说法中不正确的是（）AZ和W在该条件下一定不为气态Bt1t2时间段与t3时刻后，两时间段反应体系中气体的平均摩尔质量不可能相等C若在该温度下此反应平衡常数表达式为K=C（X），则t1t2时间段与t3时刻后的X浓度相等D该反应的平衡常数K随温度升高而增大考点：化学反
23、应速率与化学平衡图象的综合应用 分析：A由于正反应速率不随反应时间和压强的改变而改变，故Z和W都不是气体；B根据图象可知，只有X是气体，Y可以是气体或不是气体，所以反应过程中气体的摩尔质量始终不变或不等；C化学平衡常数只与温度有关，该温度下平衡常数的表达式K=c（X）是定值，则t1t2时间段与t3时刻后的c（X）相等；D该反应在温度为T0以上时才能自发进行，根据HTS0，得出该反应是吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡常数增大解答：解：A根据图象可知，正反应速率不随反应时间和压强的改变而改变，故Z和W都不是气体，故A正确；B结合图象可知，X是气体，Y可能不是气体或是气体，反应过程中气体的摩尔质
24、量始终不变，或不相同，所以两时间段反应体系中气体的平均摩尔质量可能相等也可能不等，故B错误；C由于化学平衡常数只与温度有关，该温度下平衡常数的表达式K=c（X）是定值，则t1t2时间段与t3时刻后的c（X）相等，故C正确；D由于该反应在温度为T以上时才能自发进行，根据HTS0，得出该反应是吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡常数增大，故D正确；故选B点评：本题考查化学平衡有关计算、化学平衡图象等，判断t2时刻改变条件是关键，本题难度中等二、解答题（共2小题，满分0分）5（2013新余二模）W、X、Y、Z、M、Q均为除稀有气体外分布在3个不同短周期元素，其原子序数依次增大，X的最外层电子数是W的
25、4倍，Z与M的最低负化合价相同，X、M在周期表中位置如图所示（1）Q在周期表中的位置为第三周期第VIIA族；（2）Z与W形成的4核分子的结构式为HOOH；（3）由W、Y、Z、M组成的离子化合物在溶液中相互反应的离子方程式为：HSO3+H+=SO2+H2O或SO32+2H+=SO2+H2O（4）W2与Z2反应生成化合物甲，W2与Q2反应生成化合物乙已知反应：乙（g）+Z2（g）甲（g）+Q2（g），每生成1mol Q2放热57.8kJ写出该反应的热化学方程式：2HCl（g）+O2（g）=H2O（g）+Cl2（g）H=57.8kJ/mol；（5）X、Y可分别与Z以原子个数比1：1形成化合物丙和丁在
26、催化剂存在条件下，丙与丁发生可逆反应，生成单质Y2和另一种化合物戊写出该反应的化学方程式：2CO+2NON2+2CO2，该反应的平衡常数表达式为=；（6）将1mol丙气体和1mol丁气体充入一装有催化剂的恒压容器中，充分反应达平衡后：若气体体积较原来减少20%，则丁的转化率为80%；若仅将压强缩小为原来的一半，再次达平衡后，混合气体中丁的体积分数将变大（填变大、变小或不变）考点：元素周期律和元素周期表的综合应用；热化学方程式；化学平衡常数的含义；化学平衡的计算 专题：化学反应中的能量变化；元素周期律与元素周期表专题；化学平衡专题分析：W、X、Y、Z、M、Q均为除稀有气体外的短周期元素，其原子序
27、数依次增大，X的最外层电子数是W的4倍，则W最外层电子数只能为1，X的最外层电子数为4，由X、M元素在周期表中的位置可知，X处于第二周期，故X为C元素、M为S元素；Z与M的最低负化合价相同，二者为同主族元素，可推知Z为O元素；结合原子序数可知Y为N、Q为Cl；由于元素分布在3个不同短周期，推知W为H，据此解答解答：解：W、X、Y、Z、M、Q均为除稀有气体外的短周期元素，其原子序数依次增大，X的最外层电子数是W的4倍，则W最外层电子数只能为1，X的最外层电子数为4，由X、M元素在周期表中的位置可知，X处于第二周期，故X为C元素、M为S元素；Z与M的最低负化合价相同，二者为同主族元素，可推知Z为O
28、元素；结合原子序数可知Y为N、Q为Cl；由于元素分布在3个不同短周期，推知W为H，（1）Q为Cl，原子核外有3个电子层，最外层电子数为7，在周期表中的位置为第三周期第VIIA族，故答案为：第三周期第VIIA族；（2）O与H形成的4核分子为H2O2，分子中O原子之间形成1对共用电子对、O原子与H原子之间形成1度共用电子对，故其结构式为HOOH，故答案为：HOOH；（3）由H、N、O、S组成的离子化合物在溶液中相互反应，应为NH4HSO3或（NH4）2SO4与NH4HSO4，二者反应离子方程式为：HSO3+H+=SO2+H2O或SO32+2H+=SO2+H2O，故答案为：HSO3+H+=SO2+H
29、2O或SO32+2H+=SO2+H2O；（4）H2与O2反应生成化合物甲为H2O，H2与Cl2反应生成化合物乙为HCl，已知：HCl（g）+O2（g）H2O（g）+Cl2（g），每生成1mol Cl2放热57.8kJ，则该反应的热化学方程式为：2HCl（g）+O2（g）=H2O（g）+Cl2（g）H=57.8 kJ/mol，故答案为：2HCl（g）+O2（g）=H2O（g）+Cl2（g）H=57.8 kJ/mol；（5）C、N可分别与O以原子个数比1：1形成化合物丙和丁，则丙为CO、丁为NO，在催化剂存在条件下，丙与丁发生可逆反应，生成单质N2和另一种化合物戊，根据元素守恒及电子转移守恒可知戊
30、为CO2，该反应的化学方程式：2CO+2NON2+2CO2，该反应的平衡常数表达式k=，故答案为：2CO+2NON2+2CO2；（6）将1molCO气体和1molNO气体充入一装有催化剂的恒压容器中，充分反应达平衡后：若气体体积较原来减少20%，则混合气体减少物质的量=（1mol+1mol）20%=0.4mol，则：2CO+2NON2+2CO2 气体物质的量减少 2 1 n（NO） 0.4mol故n（NO）=0.8mol，则NO的转化率=100%=80%，故答案为：80%；若仅将压强缩小为原来的一半，平衡向逆反应方向移动，混合气体每增大1mol，NO物质的量增大2mol，故再次达平衡后，混合气
31、体中NO的体积分数将变大，故答案为：变大点评：本题考查元素化合物推断、结构式、离子方程式、热化学方程式、化学平衡常数、化学平衡计算等，推断元素是解题的关键，根据最外层电子数关系确定X为突破口，难度中等6（2013上饶校级二模）随着大气污染的日趋严重，国家拟于“十二五”期间，将二氧化硫（SO2）排放量减少8%，氮氧化物（NOx）排放量减少10%目前，消除大气污染有多种方法（1）处理NOx的一种方法是利用甲烷催化还原NOx已知：CH4（g）+4NO2（g）4NO（g）+CO2 （g）+2H2O（g）H=574kJ/molCH4（g）+4NO（g）2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=116
32、0kJ/mol则甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式为：CH4（g）+2NO2（g）N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=867kJmol1（2）降低汽车尾气的方法之一是在排气管上安装催化转化器，发生如下反应：2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）H0若在一定温度下，将2mol NO、1mol CO充入1L固定容积的容器中，反应过程中各物质的浓度变化如图1所示，计算该反应的化学平衡常数：K=0.035若升高温度则平衡常数将变小（变大、不变、变小）若保持温度不变，20min时再向容器中充入CO、N2各0.6mol，平衡将不移动（填“向左”、“向右”或“不”）20min时，
33、若改变反应条件，导致N2浓度发生如图2所示的变化，则改变的条件可能是（填序号）加入催化剂 降低温度 缩小容器体积 增加CO2的量（3）肼（N2H4）用亚硝酸氧化生成氮的另一种氢化物，该氢化物的相对分子质量为43.0，其中氮原子的质量分数为0.977写出肼与亚硝酸反应的化学方程式N2H4+HNO2NH3+2H2O（4）如图2所示装置可用于制备N2O5，则生成N2O5的那一电极为阳极（填“阴极”或“阳极”），反应式为N2O4+2HNO32e2N2O5+2H+考点：物质的量或浓度随时间的变化曲线；热化学方程式；化学电源新型电池 专题：基本概念与基本理论分析：（1）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到；
34、（2）依据平衡常数概念列式计算，依据浓度商和平衡常数比较分析判断；（3）氮的氢化物的相对分子质量为43.0，其中氮原子的质量分数为0.977，则可以求出氮氢原子个数，得出该氢化物，获得肼和亚硝酸反应生成产物；（4）由N2O4制取N2O5需要失去电子，所以N2O5在阳极区生成解答：解：（1）CH4（g）+4NO2（g）4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=574kJmol1CH4（g）+4NO（g）2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=1160kJmol1由盖斯定律（+）2得到CH4（g）+2NO2（g）N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=867kJmol1，故答案为：C
35、H4（g）+2NO2（g）N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=867kJmol1；（2）依据图象分析，15分钟时达到平衡时氮气浓度为0.2mol/L，NO平衡浓度为1.6mol/L，一氧化碳浓度为0.6mol/L，二氧化碳浓度为0.4mol/L，2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）H0；平衡常数K=0.035；正反是放热反应，升高温度K值减小；若保持温度不变，20min时再向容器中充入CO、N2各0.6mol，浓度分别为c（NO）=1.6mol/L，c（CO）=0.6mol/L+0.6mol/L=1.2mol/L，c（N2）=0.2mol/L+0.6mol/L=0.8m
36、ol/L，c（CO2）=0.4mol/L；Qc=0.035=K，平衡不动；加入催化剂，平衡不移动，故不选； 降低温度，平衡正向移动，故选； 缩小容器体积，平衡正向移动，故选；增加CO2的量，平衡逆向，故不选；故选，故答案为：0.035；变小 不；（3）氮的氢化物的相对分子质量为43.0，其中氮原子的质量分数为0.977，则氮氢原子个数比=3：1，所以该氢化物是NH3，肼和亚硝酸反应生成氨气和水，所以其反应方程式为N2H4+HNO2=NH3+2H2O，故答案为：N2H4+HNO2NH3+2H2O；（4）从电解原理来看，N2O4制备N2O5为氧化反应，则N2O5应在阳极区生成，反应式为N2O4+2
37、HNO32e2N2O5+2H+，故答案为：阳极；N2O4+2HNO32e2N2O5+2H+点评：本题设计电化学、热化学以及化学反应平衡等综合知识，是一道综合考查题，难度不大三、选做题：选修3：物质结构与性质（共1小题，满分0分）7（2012焦作一模）如表是元素周期表的一部分表中所列的字母分别代表一种化学元素试回答下列问题：（1）请写出元素O的基态原子电子排布式1s22s22p63s23p63d64s2（2）c元素的一种同素异形体与熔融的n单质形成石墨间隙化合物，比较常见的石墨间隙化合物是青铜色的化合物，其化学式可写作CxK，其平面图形见图1，则x值为8（3）第三周期8种元素按单质熔点高低的顺序
38、如图2，其中序号“8”代表Si（填元素符号）；其中电负性最大的是2（填右图中的序号）（4）由i原子跟d原子以1：1相互交替结合而形成的晶体，晶型与晶体j相同则i与d形成的晶体中一个晶胞中含有4个i原子；与同一个i原子相连的d原子构成的空间构型为正四面体，d原子的杂化类型为sp3（5）i单质晶体中原子的堆积方式如图3甲所示，其晶胞特征如图3乙所示，原子之间相互位置关系的平面图如图3丙所示若已知i的原子半径为dcm，NA代表阿伏加德罗常数，i的相对原子质量为M，则该晶体的密度为_g/cm3 （用字母表示）考点：元素周期律和元素周期表的综合应用；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算；原子轨道杂化方式
39、及杂化类型判断 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：根据元素周期表知，ao各元素分别是H、Li、C、N、O、F、Na、Mg、Al、Si、S、Cl、Ar、K、Fe（1）Fe原子核外电子数为26，根据能量最低原理书写核外电子排布式；（2）可以取三个钾原子形成的小三角形为计算单位，其完全占有的碳原子数是4，每个K为6个小三角形共用，利用均摊法计算K原子个数，据此解答；（3）第三周期8种元素的单质中只有Si为原子晶体，熔沸点最大；同周期随原子序数增大，电负性增大，故Cl元素电负性最大，氯气的沸点仅高于氩；（3）AlN晶体与金刚石类似，每个Al原子与个N原子相连，为空间网状结构，与同
40、一个Al原子相连的N原子构成正四面体；N原子成4个共价键（存在配位键），不含孤对电子，采取sp3杂化；（5）利用均摊法计算晶胞中含有的原子个数，进而计算晶胞中含有原子的质量，Al的原子半径为dcm，由图丙可知，晶胞的棱长=4d cm=2d cm，再计算晶胞的体积，再根据密度公式计算其密度解答：解：（1）Fe原子核外电子数为26，根据能量最低原理可知，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2，故答案为：1s22s22p63s23p63d64s2；（2）可以取三个钾原子形成的小三角形为计算单位，其完全占有的碳原子数是4，每个K为6个小三角形共用，占有的钾原子数为3=，故碳原子
41、数和钾原子数之比是4：=8：1，故x=8，故答案为：8；（3）第三周期8种元素的单质中只有Si为原子晶体，熔沸点最大，由图可知序号“8”代表的为Si；同周期随原子序数增大，电负性增大，故Cl元素电负性最大，氯气的沸点仅高于氩，故序号“2”为Cl，故答案为：Si；2（4）AlN晶体与金刚石类似，每个Al原子与个N原子相连，为空间网状结构，与同一个Al原子相连的N原子构成正四面体；N原子成4个共价键（存在配位键），不含孤对电子，采取sp3杂化，故答案为：正四面体；sp3；（5）由晶胞结构可知，晶胞中Al原子的数目为8+6=4，该晶胞中原子的质量=4g，由信息可知晶胞图可知为面心立方，Al的原子半径
42、为dcm，由图丙可知，晶胞的棱长=4d cm=2d cm，故晶胞的体积=（2d cm）3=16d3 cm3，所以其密度= g/cm3，故答案为：点评：本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布、晶胞结构与计算、元素周期律、晶体类型与单质熔沸点的关系等知识点，（4）中AlN的结构为难点，（5）中计算的关键是确定晶胞的棱长，难点中等四、解答题（共3小题，满分0分）8（2011广东）直接生成碳碳键的反应是实现高效、绿色有机合成的重要途径交叉脱氢偶联反应是近年备受关注的一类直接生成碳碳单键的新反应例如：化合物I可由以下合成路线获得：（1）化合物I的分子式为C5H8O4，其完全水解的化学方程式为（注明条件
43、）（2）化合物II与足量浓氢溴酸反应的化学方程式为（注明条件）（3）化合物III没有酸性，其结构简式为OHCCH2CHO；III的一种同分异构体V能与饱和NaHCO3溶液反应放出CO2，化合物V的结构简式为CH2=CHCOOH（4）反应中1个脱氢剂IV（结构简式如图）分子获得2个氢原子后，转变成1个芳香族化合物分子，该芳香族化合物分子的结构简式为（5）1分子与1分子 在一定条件下可发生类似的反应，其产物分子的结构简式为；1mol该产物最多可与8molH2发生加成反应考点：有机物的推断 专题：有机物的化学性质及推断分析：能被氧化生成，能和银氨溶液反应然后酸化生成，则中含有醛基，中含有羟基，为羧酸
44、，和甲醇反应生成I，根据I知的结构简式为，的结构简式为OHCCH2CHO，的结构简式为：HOCH2CH2CH2OH解答：解：能被氧化生成，能和银氨溶液反应然后酸化生成，则中含有醛基，中含有羟基，为羧酸，和甲醇反应生成I，根据I知的结构简式为，的结构简式为OHCCH2CHO，的结构简式为：HOCH2CH2CH2OH（1）通过I的结构简式知，化合物的分子式为C5H8O4，加热条件下，I能发生水解反应生成羧酸钠和甲醇，反应方程式为：，故答案为：C5H8O4，；（2）一定条件下，1、3丙二醇和氢溴酸发生取代反应生成1、3二溴丙烷和水，反应方程式为：，故答案为：；（3）通过以上分析知，III的结构简式为
45、：OHCCH2CHO，III的一种同分异构体V能与饱和NaHCO3溶液反应放出CO2，说明V中含有羧基，再结合其分子式知，化合物V的结构简式为CH2=CHCOOH，故答案为：OHCCH2CHO；CH2=CHCOOH；（4）该分子获得2个氢原子后转变成1个芳香族化合物分子，说明该物质中含有苯环，其它原子不变，所以其结构简式为：，故答案为：；（5）根据的反应甲基上的氢原子和乙炔基上的氢原子发生脱氢反应，其产物的结构简式为：，1mol该产物中含有2mol苯环和1mol碳碳三键，所以最多可与 8molH2发生加成反应，故答案为：；8点评：本题考查有机物的推断及合成，读懂题给信息及利用信息是解本题关键，
46、同时考查学生自学知识、学以致用的能力，难度较大9（2015张家界校级模拟）将1.000g FeC2O42H2O固体样品放在热重分析仪中进行热重分析，测得其热重分析曲线（样品质量随温度变化的曲线）如图所示：已知：草酸盐受热分解易放出碳的氧化物500之前，该热重分析仪的样品池处于Ar气气氛中，500时起，样品池与大气相通完成下列填空：（1）300时是样品脱水的过程，试确定350时样品是否脱水完全是（填“是”或“否”），判断的理由是FeC2O42H2OFeC2O4（2n）H2O+nH2O180 18n1.000g （1.0000.800）g解得n=2，所以350时样品完全脱水；（要求写出推算过程）（
47、2）400时发生变化的化学方程式是FeC2O4FeO+CO+CO2（3）将600时样品池中残留的固体隔绝空气冷却至室温，再向该固体中加入一定量的稀盐酸刚好完全溶解，用pH试纸测得所得溶液的pH=3，其原因是Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+（用离子方程式回答）向该溶液中滴加适量NaOH溶液，生成红褐色沉淀，测得此时溶液中铁元素的离子浓度为4.01011 molL1，则此时溶液的pH=5（已知：KspFe（OH）2=8.01016，KspFe（OH）3=4.01038）（4）将1 500时样品池中残留的固体隔绝空气冷却后，用稀盐酸溶解得一棕黄色溶液取少量该溶液滴加KSCN，溶液显血红色；另取
48、少量该溶液滴加K3Fe（CN）6（铁氰化钾）溶液，产生特征蓝色沉淀试写出图中1 400时发生反应的化学方程式6Fe2O34Fe3O4+O2，产生特征蓝色沉淀的离子反应方程式3Fe2+2Fe（CN）63Fe3Fe（CN）62考点：探究物质的组成或测量物质的含量；pH的简单计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质 专题：实验探究和数据处理题分析：（1）根据图象，300时是样品脱水生成固体质量为0.800g，所以假设反应为：FeC2O42H2OFeC2O4（2n）H2O+nH2O180 18n1.000g （1.0000.800）g解得n=2，所以350时样品完全脱水；（2）根据铁元素质量守恒，铁
49、原子的最小公倍数是6，于是存在下列质量关系： 6FeO3Fe2O32Fe3O4 72：80：77.3 固体质量的变化趋势与表中提供的数据一致即72：80：77.30.400：0.444：0.429因此表明：FeC2O4分解时，先转变为FeO，再转变为Fe2O3，最后变为Fe3O4，所以400时FeC2O4分解生成FeO，结合化合价有升必有降，则还有一氧化碳和二氧化碳生成；（3）根据（2）的分析，600时FeC2O4分解生成Fe2O3，加稀盐酸溶解生成三价铁溶液，根据三价铁易水解成酸性分析；根据KspFe（OH）3=4.01038进行计算；（4）根据取少量该溶液滴加KSCN，溶液显血红色，说明含
50、有三价铁离子；另取少量该溶液滴加K3Fe（CN）6（铁氰化钾）溶液，产生特征蓝色沉淀，说明含有二价铁离子，所以根据氧化还原反应的特征1 400时Fe2O3发生分解生成Fe3O4和氧气；产生特征蓝色沉淀的离子反应方程式3Fe2+2Fe（CN）63Fe3Fe（CN）62解答：解：（1）根据图象，300时是样品脱水生成固体质量为0.800g，所以假设反应为：FeC2O42H2OFeC2O4（2n）H2O+nH2O180 18n1.000g （1.0000.800）g解得n=2，所以350时样品完全脱水；故答案为：是；推算过程：FeC2O42H2OFeC2O4（2n）H2O+nH2O180 18n1.
51、000g （1.0000.800）g解得n=2，所以350时样品完全脱水；（2）根据铁元素质量守恒，铁原子的最小公倍数是6，于是存在下列质量关系： 6FeO3Fe2O32Fe3O4 72：80：77.3 固体质量的变化趋势与表中提供的数据一致即72：80：77.30.400：0.444：0.429因此表明：FeC2O4分解时，先转变为FeO，再转变为Fe2O3，最后变为Fe3O4，所以400时FeC2O4分解生成FeO，结合化合价有升必有降，则还有一氧化碳和二氧化碳生成；反应方程式为：FeC2O4FeO+CO+CO2；故答案为：FeC2O4FeO+CO+CO2；（3）根据（2）的分析，600时
52、FeC2O4分解生成Fe2O3，加稀盐酸溶解生成三价铁溶液，因为三价铁易水解所以溶液的PH为3，水解方程式为：Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+；当铁元素的离子浓度为4.01011 molL1，则氢氧根的浓度为：=1.0109 molL1，氢离子浓度为=1.0105 molL1，所以PH=5，故答案为：Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+；5；（4）根据取少量该溶液滴加KSCN，溶液显血红色，说明含有三价铁离子；另取少量该溶液滴加K3Fe（CN）6（铁氰化钾）溶液，产生特征蓝色沉淀，说明含有二价铁离子，所以根据氧化还原反应的特征1 400时Fe2O3发生分解生成Fe3O4和氧气；产生特征
53、蓝色沉淀的离子反应方程式3Fe2+2Fe（CN）63Fe3Fe（CN）62；故答案为：6Fe2O34Fe3O4+O2；3Fe2+2Fe（CN）63Fe3Fe（CN）62；点评：本题考查了探究物质组成、测量物质含量及性质实验方案的设计，题目难度中等，注意掌握物质的性质及检验方法，正确分析曲线变化为解答本题的关键，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力10（2014昌江区校级模拟）（1）Na2SO3和Na2S是硫元素的两种重要化合物，请回答下列问题：向Na2SO3和Na2S的混合溶液中加入稀盐酸，溶液中会产生大量淡黄色沉淀，则该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是1：2Na2SO3
54、和Na2S的混合物中，含硫的质量分数为32%，则混合物中的Na2SO3和Na2S的物质的量之比为11：13在NaHS饱和水溶液中，c（Na+）=c（S2）+c（HS）+c（H2S）已知Na2SO3在高温下分解生成两种产物，某同学称量25.2g纯净的Na2SO37H2O晶体在高温下隔绝空气加热至恒重，冷却后称得固体为12.6g，将其完全溶于水配成1L溶液，并测溶液的PH大于0.1mol/lNa2SO3溶液的PH，写出Na2SO3高温下的分解的化学方程式：4Na2SO33Na2SO4+Na2S（2）CuSO4溶液与K2C2O4溶液反应得到一种蓝色结晶水合物晶体通过下述实验确定该晶体的组成：a、称取
55、0.168g晶体，加入过量的H2SO4溶液，使样品溶解后加入适量水，加热近沸，用0.02mol/LKMnO4溶液滴定至终点（溶液变为浅紫红色），消耗20.00mlb、接着将溶液充分加热，使浅紫红色变为蓝色，此时MnO4转化为Mn2+并释放出O2c、冷却后加入2gKI固体（过量）和适量Na2CO3溶液变为棕色并生成沉淀d、用0.05mol/LNa2S2O3溶液滴定，近终点加指示剂，消10.00ml已知：2MnO4+5H2C2O4+6H+=2Mn2+10 CO2+8H2O2Cu2+4I2CuI+I22Na2S2O3+I22NaI+Na2S4O6步骤b中发生反应的离子方程式为4MnO4+12H+4M
56、n2+5O2+6H2O步骤d中加入指示剂为淀粉溶液通过计算写出该蓝色晶体的化学式K2Cu（C2O4）2H2O已知室温下BaSO4的Ksp=1.11010，欲使溶液中c（SO42）1.0106mol/L，应保持溶液C（Ba2+）1.1104mol/L（3）重铬酸钾又名红矾钾，是化学实验室中的一种重要分析试剂工业上以铬酸钾（K2CrO4）为原料，采用电化学法制备重铬酸钾（K2Cr2O7）制备装置如图所示（阳离子交换膜只允许阳离子透过） 制备原理：2CrO42（黄色）+2H+CrO72（橙色）+H2O通电后阳极室产生的现象为阳极产生无色气体，溶液由黄色逐渐变为橙色；其电极反应式是4OH4e=O2+2
57、H2O或2H2O4e=O2+4H+该制备过程总反应的离子方程式可表示为4CrO42+4H2O 2Cr2O72+4OH+2H2+O2，若实验开始时在右室中加入38.8gK2CrO4，tmin后测得右室中K与Cr的物质的量之比为3：2，则溶液中K2CrO4和K2Cr2O7的物质的量之比为2：1；此时电路中转移电子的物质的量为0.1mol考点：探究物质的组成或测量物质的含量；氧化还原反应的计算；电解原理；含硫物质的性质及综合应用 分析：（1）根据反应方程式分析；根据Na2SO3和Na2S的式量分析，设Na2SO3的物质的量x，Na2S的物质的量为y，再根据含硫的质量分数列式计算；根据NaHS溶液中N
58、a原子与硫原子守恒来分析；含有结晶水的晶体，受热首先失去结晶水，根据硫的化合价分析；（2）由题目信息，可知锰元素化合价由MnO4中+7价降低为Mn2+中+2价，1个Mn2+化合价变化5，氧元素化合价由2价升高为0价，1个氧气化合价变化4，据化合价升降总数相等，化合价升降的最小公倍数为20，所以Mn2+的系数为4，O2的系数为5，再根据元素守恒（电荷守恒），配平其它物质的系数；根据碘遇淀粉溶液变蓝，当蓝色消失时，表明反应2Na2S2O3+I22NaI+Na2S4O6完全进行；先根据方程式2MnO4+5H2C2O4+6H+=2Mn2+10 CO2+8H2O求出n（C2O42），再根据关系式Cu2+
59、Na2S2O3求出n（Cu2+），根据电荷守恒可得化学式K2Cu（C2O4）2xH2O，最后根据质量守恒求出x，最终求出化学式；根据BaSO4的Ksp=1.11010，计算出C（Ba2+）的浓度；（3）依据电解原理分析，溶液中阴离子放电，氢氧根离子失电子发生氧化反应，氢离子浓度增大平衡正向进行，溶液呈橙色；依据原子守恒、电子守恒计算解答：解：（1）向Na2SO3和Na2S的混合溶液中加入稀盐酸，溶液中会产生大量淡黄色沉淀，反应的方程式为：Na2SO3+2Na2S+6HCl=3S+6NaCl+3H2O，Na2SS硫元素的化合价升高做还原剂，Na2SO3S硫元素的化合价降低做氧化剂，则氧化剂和还原
60、剂的物质的量之比是1：2；故答案为：1：2；设Na2SO3的物质的量x，Na2S的物质的量为y，则100%=32%，解得x：y=11：13；故答案为：11：13；在NaHS溶液中Na原子与硫原子守恒，溶液中S的存在形式有S2、HS、H2S，则c（Na+）c（S2）+c（HS）+c（H2S）；故答案为：c（HS）+c（H2S）；25.2g纯净的 Na2SO37H2O晶体在高温下隔绝空气加热至恒重，冷却后称得固体为12.6g；则n（Na2SO37H2O）=0.1mol，生成的气体的质量为25.212.6=12.6g，含有结晶水的晶体，受热首先失去结晶水，若生成的是水蒸气则n（H2O）=0.7mol
61、，则恰好满足Na2SO37H2O；分解后的物质配成溶液，测得溶液的pH大于0.1molL1Na2SO3溶液的pH，说明分解生成的一种物质的水解程度比Na2SO3大，则说明生成Na2S，根据化合价的变化可知，另一种物质为Na2SO4，则Na2SO3高温下分解的化学方程式4Na2SO33Na2SO4+Na2S；故答案为：4Na2SO33Na2SO4+Na2S；（2）锰元素化合价由MnO4中+7价降低为Mn2+中+2价，1个Mn2+化合价变化5，氧元素化合价由2价升高为0价，1个氧气化合价变化4，据化合价升降总数相等，化合价升降的最小公倍数为20，所以Mn2+的系数为4，O2的系数为5，再根据元素守
62、恒（电荷守恒），得方程式为：4MnO4+12H+4Mn2+5O2+6H2O，故答案为：4MnO4+12H+4Mn2+5O2+6H2O；碘遇淀粉溶液变蓝，当蓝色消失时，表明反应2Na2S2O3+I22NaI+Na2S4O6完全进行，故答案为：淀粉溶液；n（C2O42）=0.02000molL120.00103L=1.000103moln（Cu2+）=0.05000molL110.00103L=0.5000103mol，根据电荷守恒，n（K+）=1.000103mol20.5000103mol2=1.000103moln（K+）：n（Cu2+）：n（C2O42）=1.000103mol：1.000
63、103mol：1.000103mol=2：1：2，该晶体的化学式为K2Cu（C2O4）2xH2O，m（H2O）=0.1680g0.5000103 molMK2Cu（C2O4）2=0.1680g0.5000103mol318 gmol1=0.009g，n（H2O）=0.009 g/（18 gmol1）=0.5000103 mol，n（H2O）：n（Cu2+）=1：1，即x=1，故答案为：K2Cu（C2O4）2H2OBaSO4的Ksp=1.11010=c（Ba2+）c（SO42），c（Ba2+）=1.1104，由于溶液中c（SO42）1.0106mol/L，应保持溶液C（Ba2+）1.1104，故
64、答案为：1.1104；（3）阳极室发生氧化反应，氢氧根离子失去电子放电，电极反应为：4OH4e=O2+2H2O 或2H2O4e=O2+4H+，阳极区氢离子浓度增大，平衡右移，溶液由黄色逐渐变为橙色；故答案为：阳极产生无色气体，溶液由黄色逐渐变为橙色；4OH4e=O2+2H2O 或2H2O4e=O2+4H+； 加入反应容器内的K2CrO4为38.8g 物质的量=0.2mol，反应过程中有xmol K2CrO4转化为K2Cr2O7，则阳极区剩余K2CrO4为（0.2x）mol，对应的n（K）=2（0.2x）mol，n（Cr）=（0.2x）mol，生成的K2Cr2O7为mol，对应的n（K）=xmol，n（Cr）=xmol，根据K与Cr的物质的量之比为3：2；=，计算得到x=0.1，溶液中K2CrO4和K2Cr2O7的物质的量之比=（0.20.1）：=2：1；4CrO42+4H2O 2Cr2O72+4OH+2H2+O2，反应可知反应4molCrO42转移电子4mol，所以反应0.1molK2CrO4，电子转移0.1mol；故答案为：2：1；0.1 mol点评：本题考查了含硫化合物的性质，晶体的组成测定，电解池原理分析判断，涉及氧化还原反应、溶液中原子守恒的应用、有关物质的量的计算等，电极原理的应用，题目难度较大，注意把握反应中化合价的变化及元素守恒及得失电子守恒