1、高考资源网（） 您身边的高考专家2014年江西省南昌市高三教研室高考化学模拟试卷（二）一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1（3分）（2014南昌模拟）下列关于生产、生活中的化学问题的叙述中，正确的是（）A在使用或生产易燃、易爆物的工厂车间，最好不穿化纤类工作服B糯米中的淀粉一经发生水解反应就酿造成酒C食用植物油的主要成分是高级饱和脂肪酸的甘油酯，是人体内不可缺少的重要营养物质D市场销售的洗涤灵的主要成分是对十二烷基苯磺酸钠，它能洗去餐具上的油污，发生的主要是化学变化2（3分）（2014南昌模拟）菠萝酯常用作化妆品香料，其合成方法如下：下列说法不正确的是（）A原料生成中间产物的反应属
2、于取代反应B菠萝酯可以使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色C中间体生成菠萝酯所需的另一反应物是CH2=CHCOOHD中间体和菠萝酯都能与氢氧化钾溶液反应3（3分）（2014南昌模拟）甲、乙、丙、丁是中学常见的物质，其中甲、乙、丙均含有同一种元素，在一定条件下的转化关系如图，下列说法正确的是（）A若丁为用量最大，用途最广的金属单质，乙的溶液一定为FeCl3B若通常情况下甲、乙、丙、丁都是气体，且乙和丁为空气的主要成分，则反应的化学方程式4NH3+5O24NO+6H2OC若甲、乙、丙的溶液显碱性，丙可作为医疗上治疗胃酸过多症的药剂，将等物质的量的乙和丙溶于水形成混合溶液，溶液中各离子浓度由大到小的顺序为c
3、（Na+）c（HCO3）c（CO32）c（OH）c（H+）D若丁为化合物，且为氯碱工业的重要产品，则甲一定为含Al3+的盐4（3分）（2014南昌模拟）绿色化学己成为当前化学研究的热点和前沿，旨在从源头上消除污染，实现经济和社会可持续发展而常温离子液体（ionic liquid）（也称常温熔融盐）以其优异的理化特性最有可能使上述理想变为现实1914年报道的第一种离子液体硝酸乙基铵（C2H5NH3）NO3离子液体其熔点为12已知C2H5NH2结合质子的能力比NH3略强，下列有关硝酸乙基铵的说法正确的是（）A离子液体可以作为电池的电解质B硝酸乙基铵水溶液呈碱性C硝酸乙基铵水解的离子方程式表示为：C
4、2H5NH3+H2OC2H5NH2+H3O+D相同温度下，相同物质的量浓度的硝酸乙基铵溶液和硝酸铵溶液前者的pH值小5（3分）（2014南昌模拟）分子式为C7H14O2的酯在酸性条件下水解生成羧酸和醇，已知醇中烃基的一个H原子被一个Cl原子取代的产物中有一种结构，这些醇和酸重新组合可形成的酯共有（均不考虑立体异构）（）A7种B8种C9种D10种6（3分）（2015博白县模拟）空间实验室“天宫一号”的供电系统中有再生氢氧燃料电池（RFC），RFC是一种将水电解技术与氢氧燃料电池技术相结合的可充电电池右图为RFC工作原理示意图，有关说法正确的是（）A转移0.1mol电子时，a电极产生1.12LH2
5、Bb电极上发生还原反应C酸性电解质溶液中H+移向c电极Dd电极上发生的电极反应是：O2+4H+4e=2H2O7（3分）（2014南昌模拟）下列实验的现象、解释或结论正确的是（）选项实验解释或结论A向某溶液中逐渐通入CO2气体，先出现白色胶状沉淀，继续通入CO2气体，白色胶状沉淀不溶解，证明该溶液中存在AlO2Al（OH）3是两性氢氧化物，不溶于碳酸溶液B在新制氯水中加入碳酸钙粉末，充分搅拌，氯水的漂白性增强氯水中HClO的物质的量浓度增大C用蒸馏法能将溶解在CCl4中的碘分离出来因为碘易升华，先分离出来D向Fe（NO3）2溶液中滴入硫酸酸化的H2O2溶液，则溶液变为黄色氧化性：H2O2Fe3+
6、AABBCCDD二、解答题（共3小题，满分0分）8（2014南昌模拟）二氧化氯（ClO2）是一种在水处理等方面有广泛应用的高效安全消毒剂ClO2是一种黄绿色的气体，易溶于水实验室以NH4C1、盐酸、NaClO2（亚氯酸钠）为原料制备ClO2的流程如下：已知：NCl3是黄色粘稠状液体或斜方形晶体，极易爆炸，有类似氯气的刺激性臭味，自然爆炸点为95，在热水中易分解，在空气中易挥发，不稳定气体Y能使湿润的红色石蕊底纸变蓝回答下列问题：（1）气体X的化学式为；（2）写出电解时发生反应的化学方程式：为保证实验的安全，在电解时需注意的问题是：控制好生成NCl3的浓度；（3）NCl3与NaClO2（亚氯酸钠
7、）按物质的量之比为1：6混合在溶液中恰好反应生成ClO2，该反应的离子方程式为；（4）实验室制取气体Y的化学方程式为；（5）在用二氧化氯进行水处理时，除了杀菌消毒外，还能除去水中Fe2+和Mn2+写出用ClO2氧化除去Mn2+生成MnO2的离子方程式（同时ClO2该反应后的产物为ClO2）；（6）测定ClO2（如图）的过程如下：在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用100mL水溶解后，再加3mL硫酸溶液；在玻璃液封管中加入水；将生成的ClO2气体通过导管在锥形瓶中被吸收；将玻璃封管中的水封液倒入锥形瓶中，加入几滴淀粉溶液，用c mol/L硫代硫酸钠标准溶液滴定（I2+2S2O322I+S4O62），共
8、用去V mL硫代硫酸钠溶液ClO2通入锥形瓶与酸性碘化钾溶液反应后被还原成Cl，反应的离子方程式为：装置中玻璃液封管的作用是、滴定至终点的现象是测得ClO2的质量m（ClO2）=（用含c、V的代数式表示）9（2014南昌模拟）硅孔雀石是一种含铜的矿石，含铜形态为CuCO3Cu（OH）2和CuSiO32H2O，同时含有SiO2、FeCO3、Fe2O3、A12O3等杂质以硅孔雀石为原料制取硫酸铜的工艺流程如下图：请回答下列问题：（1）完成步骤中稀硫酸与CuSiO32H2O发生反应的化学方程式CuSiO32H2O+H2SO4=CuSO4+H2O；用离子方程式表示双氧水的作用（2）步骤调节溶液pH选用
9、的最佳试剂是AFe2O3 BCuO CA12O3 DNH3H2O（3）有关氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH如下表：氢氧化物Al（OH）3Fe（OH）3Fe（OH）2Cu（OH）2开始沉淀的pH3.31.56.54.2沉淀完全的pH5.23.79.76.7由上表可知：当溶液pH=4时，可以完全除去的离子是，不能完全除去的离子是（4）滤液B通过蒸发浓缩（设体积浓缩为原来的一半）、冷却结晶可以得到CuSO45H2O晶体某同学认为上述操作会拌有硫酸铝晶体的析出请你结合相关数据对该同学的观点予以评价（已知常温下，A12（SO4）3饱和溶液中c（A13+）=2.25molL1，KspA1（OH）3=3.2
10、1034）（5）若要测定硫酸铜晶体中结晶水的含量，需要的仪器是酒精灯、托盘天平、三角架、泥三角、玻璃棒、干燥器、坩埚钳、研钵、药匙、实验过程中硫酸铜晶体加热失水后在空中冷却后称量，则测定结果（填“偏高”、“偏低”或“不变”）10（2014南昌模拟）2013年9月以来，我国很多地区大面积出现雾霾，特别是华中华北尤其严重，汽车尾气、燃煤废气和冬季取暖排放的CO2等都是形成雾霾的原因（1）用于净化汽车尾气的反应为：2NO（g）+2CO（g） 2CO2（g）+N2（g）H0，在一定温度下，如图1在一体积固定的密闭容器中充入一定量的NO和CO在t1时刻达到平衡状态能判断该反应达到平衡状态的标志是A在单位
11、时间内生成1mol CO2的同时消耗了1mol COB混合气体的密度不再改变C混合气体的平均相对分子质量不再改变D混合气体的压强不再变化在t2时刻将容器的容积迅速扩大到原来的2倍，在其他条件不变的情况下，t3时刻达到新的平衡状态，之后不再改变条件请在图1中补充画出从t2到t4时刻正反应速率随时间的变化曲线：（2）CO对人类生存环境的影响很大，CO治理问题属于当今社会的热点问题镍与CO反应的化学方程式为Ni（s）+4CO（g）Ni（CO）4（g），镍与CO反应会造成镍催化剂中毒为防止镍催化剂中毒，工业上常用SO2除去CO，生成物为S和CO2已知相关反应过程的能量变化如图2则用SO2除去CO的热化
12、学方程式为（3）NH3催化还原氮氧化物（SCR）技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术发生的化学反应是：2NH3（g）+NO（g）+NO2（g）2N2（g）+3H2O（g）H0为提高氮氧化物的转化率可采取的措施是（任意填一种）（4）已知反应：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g），现将不同量的CO（g）和H2O（g）分别通入到体积为2L的恒容密闭容器中进行反应，得到如下三组数据：实验组温度起始量/mol平衡量/mol达到平衡所需时间/minCOH2OH2CO1650421.62.462900210.41.633900abcdt实验1条件下平衡常数K=（保留小数点后二位）；实验3中
13、，若平衡时，CO的转化率大于水蒸气，则a、b必须满足的关系是；该反应的HO（填“”或“”）；若在900时，另做一组实验，在此容器中加入10mol CO、5mol H2O、2mol CO2、5mol H2，则此时V正V逆（填“”或“”）；（5）工业废气中含有的NO2还可用电解法消除用NO2为原料可制新型绿色硝化剂N2O5制备方法之一是先将NO2转化为N2O4，然后采用电解法制备N2O5，装置如图3Pt乙为极，电解池中生成N2O5的电极反应式是三、【化学-选修2化学与技术】（15分）11（15分）（2015广东模拟）电镀污泥中含有Cr（OH）3、Al2O3、ZnO、CuO、NiO等物质，工业上通过
14、“中温焙烧钠氧化法”回收Na2Cr2O7等物质已知：水浸后溶液中存在Na2CrO4、NaAlO2、Na2ZnO2等物质（1）水浸后的溶液呈性（“酸”、“碱”、“中”）（2）完成氧化焙烧过程中生成Na2CrO4的化学方程式Cr（OH）3+Na2CO3+=Na2CrO4+CO2+（3）滤渣II的主要成分有Zn（OH）2、（4）“系列操作”中为：继续加入H2SO4，冷却结晶，过滤继续加入H2SO4目的是已知：除去滤渣II后，溶液中存在如下反应：+2H+H2ONa2Cr2O7、Na2CrO4在不同温度下的溶解度如下表 温度化学式2060100Na2SO419.545.342.5Na2Cr2O71832
15、69415Na2CrO484115126（5）工业上还可以在水浸过滤后的溶液Na2CrO4加入适量H2SO4，用石墨做电极电解生产金属铬，写出生成铬的电极反应方程式四、【化学-选修3：物质结构与性质】（15分）12（2014南昌模拟）A、B、C、D是元素周期表中前36号元素，它们的核电荷数依次增大第二周期元素A原子的核外成对电子数是未成对电子数的2倍，B原子的最外层P轨道的电子为半充满结构，C是地壳中含量最多的元素D是第四周期元素，其原子核外最外层电子数与氢原子相同，其余各层电子均充满请回答下列问题：（1）A、B、C的第一电离能由小到大的顺序是（用对应的元素符号表示）；基态D原子的电子排布式为
16、（2）A的最高价氧化物对应的水化物分子中，其中心原子采取杂化；BC3的空间构型为（用文字描述）（3）1mol AB中含有的键个数为（4）下图是金属Ca和D所形成的某种合金的晶胞结构示意图，则该合金中Ca和D的原子个数比（5）镧镍合金与上述合金都具有相同类型的晶胞结构XYn，它们有很强的储氢能力已知镧镍合金LaNin晶胞体积为9.01023 cm3，储氢后形成LaNinH4.5合金（氢进入晶胞空隙，体积不变），则LaNin中n=（填数值）；氢在合金中的密度为五、【化学-选修5有机化学基础】（15分）13（15分）（2014南昌模拟）聚碳酸酯无色透明，具有优异的抗冲击性，能用于制造宇航员的面罩、智
17、能手机机身外壳等双酚化合物是合成聚碳酸酯的单体之一，某种双酚化合物G的合成路线如图：（1）G中所含的官能团除苯环外，还有（2）写出反应类型：反应；反应（3）写出结构简式：A；F（4）写出反应的化学方程式（5）C有多种同分异构体，写出同时满足下列条件的同分异构体的结构简式属于氨基酸，且苯环上有三个互为间位的取代基；与FeCl3溶液作用无显色现象；1mol该同分异构体与足量氢氧化钠溶液反应时，最多能消耗3molNaOH（6）最常见的聚碳酸酯是用双酚A（）与光气（）聚合得到，请写出该聚碳酸酯的结构简式（已知：）2014年江西省南昌市高三教研室高考化学模拟试卷（二）参考答案与试题解析一、选择题（共7小
18、题，每小题3分，满分21分）1（3分）（2014南昌模拟）下列关于生产、生活中的化学问题的叙述中，正确的是（）A在使用或生产易燃、易爆物的工厂车间，最好不穿化纤类工作服B糯米中的淀粉一经发生水解反应就酿造成酒C食用植物油的主要成分是高级饱和脂肪酸的甘油酯，是人体内不可缺少的重要营养物质D市场销售的洗涤灵的主要成分是对十二烷基苯磺酸钠，它能洗去餐具上的油污，发生的主要是化学变化考点：合成材料；油脂的性质、组成与结构；淀粉的性质和用途 专题：化学应用分析：A化纤类衣服摩擦时容易产生火花；B淀粉水解的产物可能有麦芽糖、葡萄糖，酒的主要成分是乙醇以及乙酸乙酯等；C含有双键的油脂呈液态；D对十二烷基苯磺
19、酸钠是表面活性剂解答：解：A在有易燃易爆物的工作场所，严禁穿化纤类衣服，因为化纤类衣服摩擦时容易产生火花，故A正确； B淀粉水解的产物可能有麦芽糖、葡萄糖，当水解为葡萄糖后，葡萄糖可能发酵为酒精或者乳酸，才酿成酒，故B错误；C食用植物油的主要成分是高级不饱和脂肪酸的甘油酯，故C错误；D对十二烷基苯磺酸钠是表面活性剂，发生物理变化，故D错误故选A点评：本题考查有机物的结构与性质，注意把握官能团与性质的关系为解答的关键，题目难度不大2（3分）（2014南昌模拟）菠萝酯常用作化妆品香料，其合成方法如下：下列说法不正确的是（）A原料生成中间产物的反应属于取代反应B菠萝酯可以使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色
20、C中间体生成菠萝酯所需的另一反应物是CH2=CHCOOHD中间体和菠萝酯都能与氢氧化钾溶液反应考点：有机物的结构和性质 专题：有机物的化学性质及推断分析：A原料生成中间产物，酚OH上的H被取代；B菠萝酯中含碳碳双键；C中间体生成菠萝酯，发生酯化反应，另一反应物为醇；D中间体含COOH，菠萝酯中含COOC解答：解：A原料生成中间产物，酚OH上的H被取代，则发生取代反应，故A正确；B菠萝酯中含碳碳双键，能与溴水发生加成反应，与高锰酸钾发生氧化反应，故B正确；C中间体生成菠萝酯，发生酯化反应，另一反应物为醇，所以另一反应物是CH2=CHCH2OH，故C错误；D中间体含COOH，菠萝酯中含COOC，均
21、能与氢氧化钾溶液反应，故D正确；故选C点评：本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物官能团与性质的关系解答的关键，侧重羧酸、醇、烯烃性质的考查，注意合成反应中官能团的变化，题目难度不大3（3分）（2014南昌模拟）甲、乙、丙、丁是中学常见的物质，其中甲、乙、丙均含有同一种元素，在一定条件下的转化关系如图，下列说法正确的是（）A若丁为用量最大，用途最广的金属单质，乙的溶液一定为FeCl3B若通常情况下甲、乙、丙、丁都是气体，且乙和丁为空气的主要成分，则反应的化学方程式4NH3+5O24NO+6H2OC若甲、乙、丙的溶液显碱性，丙可作为医疗上治疗胃酸过多症的药剂，将等物质的量的乙和丙溶于
22、水形成混合溶液，溶液中各离子浓度由大到小的顺序为c（Na+）c（HCO3）c（CO32）c（OH）c（H+）D若丁为化合物，且为氯碱工业的重要产品，则甲一定为含Al3+的盐考点：无机物的推断 专题：推断题分析：A若丁为用量最大，用途最广的金属单质，则丁为Fe，由转化关系可知，甲具有强氧化性，为氯气或硝酸等符合转化关系；B若通常情况下甲、乙、丙、丁都是气体，且乙和丁为空气的主要成分，二者分别为氮气、氧气中的一种，由转化关系可知，乙为氮气，丁为氧气，反应应是NH3与O2反应生成N2与H2O；C若甲、乙、丙的溶液显碱性，丙可作为医疗上治疗胃酸过多症的药剂，则丙为NaHCO3，由转化关系可知，甲为Na
23、OH、丁为CO2，乙为Na2CO3，将等物质的量的乙和丙溶于水形成混合溶液，溶液中钠离子浓度最大，碳酸根、碳酸氢根都水解，溶液呈碱性，且碳酸根水解程度大于碳酸氢根水解程度；D若丁为化合物，且为氯碱工业的重要产品，则丁为NaOH，甲为铝盐或二氧化碳、二氧化硫等符合转化关系解答：解：A若丁为用量最大，用途最广的金属单质，则丁为Fe，由转化关系可知，甲具有强氧化性，为氯气或硝酸等符合转化关系，乙的溶液为FeCl3或Fe（NO3）3等，故A错误；B若通常情况下甲、乙、丙、丁都是气体，且乙和丁为空气的主要成分，二者分别为氮气、氧气中的一种，由转化关系可知，乙为氮气，丁为氧气，反应应是4NH3+3O22N
24、2+4H2O，故B错误；C若甲、乙、丙的溶液显碱性，丙可作为医疗上治疗胃酸过多症的药剂，则丙为NaHCO3，由转化关系可知，甲为NaOH、丁为CO2，乙为Na2CO3，将等物质的量的乙和丙溶于水形成混合溶液，溶液中钠离子浓度最大，碳酸根、碳酸氢根都水解，溶液呈碱性，且碳酸根水解程度大于碳酸氢根水解程度，故离子浓度关系c（Na+）c（HCO3）c（CO32）c（OH）c（H+），故C正确；D若丁为化合物，且为氯碱工业的重要产品，则丁为NaOH，甲为铝盐或二氧化碳、二氧化硫等符合转化关系，甲不一定为含Al3+的盐，故D错误，故选C点评：本题考查无机物推断，需要学生熟练掌握元素化合物知识，注意归纳总
25、结中学常见ABC型反应，难度中等4（3分）（2014南昌模拟）绿色化学己成为当前化学研究的热点和前沿，旨在从源头上消除污染，实现经济和社会可持续发展而常温离子液体（ionic liquid）（也称常温熔融盐）以其优异的理化特性最有可能使上述理想变为现实1914年报道的第一种离子液体硝酸乙基铵（C2H5NH3）NO3离子液体其熔点为12已知C2H5NH2结合质子的能力比NH3略强，下列有关硝酸乙基铵的说法正确的是（）A离子液体可以作为电池的电解质B硝酸乙基铵水溶液呈碱性C硝酸乙基铵水解的离子方程式表示为：C2H5NH3+H2OC2H5NH2+H3O+D相同温度下，相同物质的量浓度的硝酸乙基铵溶液
26、和硝酸铵溶液前者的pH值小考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡 专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：A（C2H5NH3）NO3为离子液体，能导电；B硝基乙基铵为强酸弱碱盐，其溶液呈酸性；C盐类水解写可逆号；D相同温度下，相同物质的量浓度的溶液，水解程度越大其溶液酸性越强解答：解：A硝酸乙基铵（C2H5NH3）NO3为离子液体，含自由离子的化合物可作为电解质，故A正确；B硝基乙基铵为强酸弱碱盐，C2H5NH3+水解而使其溶液呈酸性，故B错误；C水解方程式为C2H5NH3+H2OC2H5NH2+H3O+，故C错误；D相同温度下，相同物质的量浓度的溶液，水解程度越大其溶液酸性越强，C2H5NH2结合质
27、子的能力比NH3略强，则铵根离子的水解程度较大，所以相同物质的量浓度的硝酸乙基铵溶液和硝酸铵溶液前者的pH值大，故D错误；故选A点评：本题考查了盐类水解，正确获取信息并灵活运用信息解答是解本题关键，再结合物质的结构、性质分析解答，题目难度中等5（3分）（2014南昌模拟）分子式为C7H14O2的酯在酸性条件下水解生成羧酸和醇，已知醇中烃基的一个H原子被一个Cl原子取代的产物中有一种结构，这些醇和酸重新组合可形成的酯共有（均不考虑立体异构）（）A7种B8种C9种D10种考点：同分异构现象和同分异构体 专题：同系物和同分异构体分析：分子式为C7H14O2的酯为饱和一元酯，形成酯的羧酸与醇的碳原子总
28、数为7，论羧酸与醇含有的碳原子，结合醇中烃基的一个H原子被一个Cl原子取代的产物中有一种结构，判断醇的结构，根据羧酸与醇组合，计算同分异构体数目解答：解：分子式为C7H14O2的有机物在酸性条件下可水解为酸和醇，属于饱和一元酯，若为甲酸和己醇酯化，甲酸有1种，丁醇中不存在烃基的一个H原子被一个Cl原子取代的产物有一种结构；若为乙酸和戊醇酯化，乙酸有1种，戊醇中不存在烃基的一个H原子被一个Cl原子取代的产物有一种结构；若为丙酸和丁醇酯化，丙酸有1种，丁醇中存在烃基的一个H原子被一个Cl原子取代的产物存在有一种结构，如：（CH3）COH，则可形成1种酯；若为丁酸和丙醇酯化，丁酸有2种，丙醇中不存在
29、烃基的一个H原子被一个Cl原子取代的产物有一种结构；若为戊酸和乙醇酯化，戊酸有4种，乙醇中不存在烃基的一个H原子被一个Cl原子取代的产物有一种结构；若为己酸和甲醇酯化，己酸有8种，甲醇中烃基的一个H原子被一个Cl原子取代的产物中有一种结构，则可形成8种酯；所以共形成9种酯故选C点评：本题考查同分异构体的书写与判断，难度中等，关键是形成酯的羧酸与醇的同分异构体的判断，尤其是醇的结构的确认，难度较大6（3分）（2015博白县模拟）空间实验室“天宫一号”的供电系统中有再生氢氧燃料电池（RFC），RFC是一种将水电解技术与氢氧燃料电池技术相结合的可充电电池右图为RFC工作原理示意图，有关说法正确的是（
30、）A转移0.1mol电子时，a电极产生1.12LH2Bb电极上发生还原反应C酸性电解质溶液中H+移向c电极Dd电极上发生的电极反应是：O2+4H+4e=2H2O考点：原电池和电解池的工作原理 专题：电化学专题分析：依据图示知左边装置是电解池，右边装置是原电池，ab电极是电解池的电极，由电源判断a为阴极产生的气体是氢气，b为阳极产生的气体是氧气；cd电极是原电池的正负极，c是正极，d是负极；电解池中的电极反应为：b电极为阳极失电子发生氧化反应：4OH4e=2H2O+O2；a电极为阴极得到电子发生还原反应：4H+4e=2H2；原电池中是酸性溶液，电极反应为：d为负极失电子发生氧化反应：2H24e=
31、4H+；c电极为正极得到电子发生还原反应：O2+4H+4e=2H2O，结合电极上的电子守恒分析计算解答：解：A当有0.1 mol电子转移时，a电极为原电池正极，电极反应为4H+4e=2H2，标准状况下可产生1.12LH2，但气体存在的状体未知，不一定为标准状况下，则气体不一定为1.12L，故A错误；Bb电极为阳极失电子发生氧化反应：4OH4e=2H2O+O2，故B错误；CB池中c为正极，阳离子H+可以通过隔膜进入c池，故C正确；Dd为负极失电子发生氧化反应：2H24e=4H+，故D错误故选C点评：本题考查了化学电源新型电池，主要考查原电池和电解池的工作原理、电极判断、电极反应，注意原电池中电解
32、质溶液是酸而不是碱，电极反应式的书写是易错点7（3分）（2014南昌模拟）下列实验的现象、解释或结论正确的是（）选项实验解释或结论A向某溶液中逐渐通入CO2气体，先出现白色胶状沉淀，继续通入CO2气体，白色胶状沉淀不溶解，证明该溶液中存在AlO2Al（OH）3是两性氢氧化物，不溶于碳酸溶液B在新制氯水中加入碳酸钙粉末，充分搅拌，氯水的漂白性增强氯水中HClO的物质的量浓度增大C用蒸馏法能将溶解在CCl4中的碘分离出来因为碘易升华，先分离出来D向Fe（NO3）2溶液中滴入硫酸酸化的H2O2溶液，则溶液变为黄色氧化性：H2O2Fe3+AABBCCDD考点：化学实验方案的评价；氧化性、还原性强弱的比
33、较；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；镁、铝的重要化合物；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用 专题：实验评价题分析：A氢氧化铝属于两性氢氧化物，能溶于强酸、强碱，但不溶于碳酸盐溶液；B盐酸和碳酸钙反应生成氯化钙，促进氯气的溶解；C碘的熔点高于四氯化碳；D硝酸也能将亚铁离子氧化生成铁离子解答：解：A偏铝酸根离子和过量二氧化碳反应生成碳酸氢根离子和氢氧化铝，说明氢氧化铝不溶于碳酸氢钠溶液，故A错误；BCl2+H2OHCl+HClO，盐酸和碳酸钙反应生成氯化钙、二氧化碳和水，从而促进氯气溶解，导致溶液呈次氯酸浓度增大，则溶液的漂白性增强，故B正确；C用蒸馏法能将溶解在CCl4中的碘分离出来，碘的熔点
34、大于四氯化碳，所以四氯化碳先蒸馏得到，故C错误；D硝酸能将亚铁离子氧化为铁离子，所以不能判断氧化性：H2O2Fe3+，故D错误；故选B点评：本题考查了化学实验方案评价，涉及氧化还原反应、物质的分离和提纯等知识点，明确物质的性质是解本题关键，根据物质间的反应来分析解答，题目难度中等二、解答题（共3小题，满分0分）8（2014南昌模拟）二氧化氯（ClO2）是一种在水处理等方面有广泛应用的高效安全消毒剂ClO2是一种黄绿色的气体，易溶于水实验室以NH4C1、盐酸、NaClO2（亚氯酸钠）为原料制备ClO2的流程如下：已知：NCl3是黄色粘稠状液体或斜方形晶体，极易爆炸，有类似氯气的刺激性臭味，自然爆
35、炸点为95，在热水中易分解，在空气中易挥发，不稳定气体Y能使湿润的红色石蕊底纸变蓝回答下列问题：（1）气体X的化学式为H2；（2）写出电解时发生反应的化学方程式：NH4Cl+2HCl3H2+NCl3为保证实验的安全，在电解时需注意的问题是：控制好生成NCl3的浓度；控制好反应的温度；（3）NCl3与NaClO2（亚氯酸钠）按物质的量之比为1：6混合在溶液中恰好反应生成ClO2，该反应的离子方程式为NCl3+3H2O+6ClO2=6ClO2+3Cl+3OH+NH3；（4）实验室制取气体Y的化学方程式为2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3+2H2O；（5）在用二氧化氯进行水处理时，除了
36、杀菌消毒外，还能除去水中Fe2+和Mn2+写出用ClO2氧化除去Mn2+生成MnO2的离子方程式（同时ClO2该反应后的产物为ClO2）Mn2+2ClO2+2H2O=MnO2+2ClO2+4H+；（6）测定ClO2（如图）的过程如下：在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用100mL水溶解后，再加3mL硫酸溶液；在玻璃液封管中加入水；将生成的ClO2气体通过导管在锥形瓶中被吸收；将玻璃封管中的水封液倒入锥形瓶中，加入几滴淀粉溶液，用c mol/L硫代硫酸钠标准溶液滴定（I2+2S2O322I+S4O62），共用去V mL硫代硫酸钠溶液ClO2通入锥形瓶与酸性碘化钾溶液反应后被还原成Cl，反应的离子方程式
37、为：2ClO2+10I+8H+=2Cl+5I2+4H2O装置中玻璃液封管的作用是用水再次吸收残余的二氧化氯气体、使锥形瓶内外压强相等滴定至终点的现象是溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色测得ClO2的质量m（ClO2）=1.35cV102 g（用含c、V的代数式表示）考点：制备实验方案的设计；探究物质的组成或测量物质的含量 专题：实验探究和数据处理题；实验设计题分析：（1）电解NH4Cl、盐酸的溶液，氢离子放电生成氢气；（2）电解时铵根离子失去电子，氢离子得到电子；结合信息可知NCl3防止分解及爆炸；（3）NCl3与NaClO2按物质的量之比为1：6恰好反应生成ClO2，还生成氯化钠、Na
38、OH，结合电子守恒可知，Cl元素的化合价升高，则N元素化合价降低，还生成氨气；（4）由（3）可知，B为氨气，实验室利用铵盐与碱共热生成氨气；（5）ClO2氧化除去Mn2+生成MnO2，ClO2反应后的产物为ClO2，以此书写离子方程式；（6）由题目信息可知，ClO2通入锥形瓶与酸性碘化钾溶液反应，氧化I为I2，自身被还原为Cl，同时生成水；用水再次吸收残余的二氧化氯气体，并使锥形瓶内外压强相等；溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色，说明滴定至终点；根据关系式2ClO25I210Na2S2O3计算n（ClO2），再根据m=nM计算m（ClO2）解答：解：（1）电解NH4Cl、盐酸的溶液，氢离
39、子放电生成氢气，则A为H2，故答案为：H2；（2）电解时铵根离子失去电子，氢离子得到电子，电解反应为NH4Cl+2HCl3H2+NCl3，结合信息可知NCl3防止分解及爆炸，则还应控制好反应的温度，故答案为：NH4Cl+2HCl3H2+NCl3；控制好反应的温度；（3）NCl3与NaClO2按物质的量之比为1：6恰好反应生成ClO2，还生成氯化钠、NaOH，结合电子守恒可知，Cl元素的化合价升高，则N元素化合价降低，还生成氨气，则该反应的离子反应为NCl3+3H2O+6ClO2=6ClO2+3Cl+3OH+NH3，故答案为：NCl3+3H2O+6ClO2=6ClO2+3Cl+3OH+NH3；（
40、4）由（3）可知，B为氨气，实验室利用铵盐与碱共热生成氨气，该反应为2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3+2H2O，故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3+2H2O；（5）ClO2氧化除去Mn2+生成MnO2，ClO2反应后的产物为ClO2，该反应的离子方程式为Mn2+2ClO2+2H2O=MnO2+2ClO2+4H+，故答案为：Mn2+2ClO2+2H2O=MnO2+2ClO2+4H+；（6）由题目信息可知，ClO2通入锥形瓶与酸性碘化钾溶液反应，氧化I为I2，自身被还原为Cl，同时生成水，反应离子方程式为2ClO2+10I+8H+=2Cl+5I2+4H2O故
41、答案为：2ClO2+10I+8H+=2Cl+5I2+4H2O装置中玻璃液封管的作用是，用水再次吸收残余的二氧化氯气体，并使锥形瓶内外压强相等，故答案为：用水再次吸收残余的二氧化氯气体；使锥形瓶内外压强相等；溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色，说明滴定至终点，故答案为：溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色；VmLNa2S2O3溶液含有Na2S2O3物质的量为V103 Lcmol/L=cV103 mol则：根据关系式：2ClO25I210Na2S2O3， 2 10 n（ClO2） cV103 mol所以n（ClO2）=cV103 mol所以m（ClO2）=cV103 mol67.5g/m
42、ol=1.35cv102g，故答案为：1.35cv102g点评：本题考查物质的制备，明确流程中发生的电解反应及氧化还原反应是解答本题的关键，题目难度较大，注意信息的应用及流程的分析，（3）为解答的难点9（2014南昌模拟）硅孔雀石是一种含铜的矿石，含铜形态为CuCO3Cu（OH）2和CuSiO32H2O，同时含有SiO2、FeCO3、Fe2O3、A12O3等杂质以硅孔雀石为原料制取硫酸铜的工艺流程如下图：请回答下列问题：（1）完成步骤中稀硫酸与CuSiO32H2O发生反应的化学方程式CuSiO32H2O+H2SO4=CuSO4+H2SiO3+H2O；用离子方程式表示双氧水的作用2Fe2+H2O
43、2+2H+2Fe3+2H2O（2）步骤调节溶液pH选用的最佳试剂是BAFe2O3 BCuO CA12O3 DNH3H2O（3）有关氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH如下表：氢氧化物Al（OH）3Fe（OH）3Fe（OH）2Cu（OH）2开始沉淀的pH3.31.56.54.2沉淀完全的pH5.23.79.76.7由上表可知：当溶液pH=4时，可以完全除去的离子是Fe3+，不能完全除去的离子是Al3+（4）滤液B通过蒸发浓缩（设体积浓缩为原来的一半）、冷却结晶可以得到CuSO45H2O晶体某同学认为上述操作会拌有硫酸铝晶体的析出请你结合相关数据对该同学的观点予以评价（已知常温下，A12（SO4）3饱
44、和溶液中c（A13+）=2.25molL1，KspA1（OH）3=3.21034）该同学的观点是错误的；通过计算可知，滤液B中，c（Al3+）=3.2104mol/L，浓缩后c（Al3+）=6.4104mol/L2.25mol/L，所以不会有硫酸铝晶体析出（5）若要测定硫酸铜晶体中结晶水的含量，需要的仪器是酒精灯、托盘天平、三角架、泥三角、玻璃棒、干燥器、坩埚钳、研钵、药匙、坩埚实验过程中硫酸铜晶体加热失水后在空中冷却后称量，则测定结果偏低（填“偏高”、“偏低”或“不变”）考点：制备实验方案的设计；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用 专题：实验设计题分析
45、：（1）根据质量守恒定律，未知物应该是硅酸，利用观察法配平反应方程式即可；双氧水将亚铁离子氧化成铁离子的离子方程式；（2）根据滤液A显示酸性，加入的试剂不能引进新的杂质进行分析；（3）根据氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH列表进行分析PH=4完全沉淀、不完全沉淀的离子；（4）根据氢氧化铝的溶度积解及溶液的pH=4，计算出铝离子的浓度，再进行判断是否有硫酸铝析出；（5）根据测定硫酸铜晶体中结晶水含量的实验步骤选择使用的仪器；空气中冷却，称量的固体质量增加，测量结果偏低解答：解：（1）利用质量守恒定律，可以判断未知物是硅酸，利用观察法配平反应方程式为：CuSiO32H2O+H2SO4CuSO4+H2
46、SiO3+2H2O；双氧水将亚铁离子氧化成铁离子的离子方程式为：2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O，故答案为：H2SiO3；2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O；（2）由于滤液A显示酸性，加入的试剂能够中和溶液中的氢离子，还不能引进新的杂质，所以应该选用B氧化铜，故选B；（3）有表中数据可知，pH=4时，三价铁离子完全生成了氢氧化铁沉淀，而铝离子完全沉淀需要的PH是5.2，所以铝离子没有完全沉淀，故答案为：Fe3+；Al3+；（4）PH=4时，溶液中的氢氧根离子的浓度为：11010mol/L，溶液中铝离子浓度为：mol/L=3.2104mol/L，浓缩后c（Al3+）=6.4
47、104mol/L2.25mol/L，所以不会有硫酸铝晶体析出，故答案为：该同学的观点是错误的；通过计算可知，滤液B中，c（Al3+）=3.2104mol/L，浓缩后c（Al3+）=6.4104mol/L2.25mol/L，所以不会有硫酸铝晶体析出；（5）测定硫酸铜晶体中结晶水的含量，需要的仪器是酒精灯、托盘天平、三角架、泥三角、玻璃棒、干燥器、坩埚钳、研钵、药匙和坩埚；若是在空中冷却后称量，导致称量的剩余固体质量偏大，计算出结晶水的质量偏小，结果偏低，故答案为：坩埚；偏低点评：本题借助硅孔雀石为原料制取硫酸铜的工艺流程，考查了化学方程式书写、误差分析、化学计算等知识，可以根据所学知识完成，本题
48、难度中等10（2014南昌模拟）2013年9月以来，我国很多地区大面积出现雾霾，特别是华中华北尤其严重，汽车尾气、燃煤废气和冬季取暖排放的CO2等都是形成雾霾的原因（1）用于净化汽车尾气的反应为：2NO（g）+2CO（g） 2CO2（g）+N2（g）H0，在一定温度下，如图1在一体积固定的密闭容器中充入一定量的NO和CO在t1时刻达到平衡状态能判断该反应达到平衡状态的标志是CDA在单位时间内生成1mol CO2的同时消耗了1mol COB混合气体的密度不再改变C混合气体的平均相对分子质量不再改变D混合气体的压强不再变化在t2时刻将容器的容积迅速扩大到原来的2倍，在其他条件不变的情况下，t3时刻
49、达到新的平衡状态，之后不再改变条件请在图1中补充画出从t2到t4时刻正反应速率随时间的变化曲线：（2）CO对人类生存环境的影响很大，CO治理问题属于当今社会的热点问题镍与CO反应的化学方程式为Ni（s）+4CO（g）Ni（CO）4（g），镍与CO反应会造成镍催化剂中毒为防止镍催化剂中毒，工业上常用SO2除去CO，生成物为S和CO2已知相关反应过程的能量变化如图2则用SO2除去CO的热化学方程式为SO2（g）+2CO（g）=S（s）+2CO2（g）H=（2ba）kJmol1（3）NH3催化还原氮氧化物（SCR）技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术发生的化学反应是：2NH3（g）+NO（g）
50、+NO2（g）2N2（g）+3H2O（g）H0为提高氮氧化物的转化率可采取的措施是（任意填一种）增大NH3浓度（4）已知反应：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g），现将不同量的CO（g）和H2O（g）分别通入到体积为2L的恒容密闭容器中进行反应，得到如下三组数据：实验组温度起始量/mol平衡量/mol达到平衡所需时间/minCOH2OH2CO1650421.62.462900210.41.633900abcdt实验1条件下平衡常数K=2.67（保留小数点后二位）；实验3中，若平衡时，CO的转化率大于水蒸气，则a、b必须满足的关系是ab；该反应的HO（填“”或“”）；若在900时，另
51、做一组实验，在此容器中加入10mol CO、5mol H2O、2mol CO2、5mol H2，则此时V正V逆（填“”或“”）；（5）工业废气中含有的NO2还可用电解法消除用NO2为原料可制新型绿色硝化剂N2O5制备方法之一是先将NO2转化为N2O4，然后采用电解法制备N2O5，装置如图3Pt乙为阴极，电解池中生成N2O5的电极反应式是N2O4+2HNO32e=2N2O5+2H+考点：化学平衡的计算；热化学方程式；化学平衡常数的含义；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断 专题：化学平衡专题分析：（1）化学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生
52、的一些物理量不发生变化，以此进行判断，得出正确结论；减小压强，正逆反应速率减小，平衡向着气体体积增大的方向移动；（2）根据图示进行书写；（3）增大一种反应物浓度，平衡正向移动；（4）依据图表数据列式计算平衡浓度，结合化学平衡常数概念计算；由于CO与H2的化学计量数相等都为1，所以当两者物质的量相等时二者转化率相等要使CO转化率大于H2的转化率，则增大H2的物质的量；第二组温度比第一组高，反应物物质的量比第一组减半，但是平衡时H2的物质的量比第一组的一半少，表明该反应为放热反应；对同一反应温度相同，平衡常数相同根据表中实验2计算900时平衡常数，再计算实验3浓度商，与平衡常数相比判断平衡移动，据
53、此解答；（5）由N2O4制取N2O5需要是失电子，所以N2O5在阳极区生成解答：解：（1）A在单位时间内生成1mol CO2是正反应，同时消耗了1mol CO也是正反应，故A错误；B密度=，总质量不变，体积也不变，故混合气体的密度不再改变不能作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故B错误；C平均分子量=，总质量不变，总物质的量会变，故混合气体的平均相对分子质量不再改变可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故C正确；D反应前后气体的体积不等，故混合气体的压强不再变化可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故D正确，故答案为：CD；在t2时刻，将容器的容积迅速扩大到原来的2倍，则正逆反应速率均是减小的
54、，但平衡向正反应方向一定，所以正确的图象应该是（见答案）在t2时刻，将容器的容积迅速扩大到原来的2倍，则正逆反应速率均是减小的，但平衡向逆反应方向移动，所以正确的图象应该是，故答案为：；（2）由图二可知，反应物为二氧化硫和一氧化碳，产物为硫和二氧化碳，故热化学方程式为：SO2（g）+2CO（g）=S（s）+2CO2（g）H=（2ba）kJmol1，故答案为：SO2（g）+2CO（g）=S（s）+2CO2（g）H=（2ba）kJmol1；（3）增大NH3浓度，平衡正向移动，氮氧化物的转化率增大，故答案为：增大NH3浓度；（4）H2O（g）+CO（g）CO2（g）+H2（g）初始浓度 1mol/L
55、 2mol/L 0 0转化浓度 0.8mol/L 0.8mol/L 0.8mol/L 0.8mol/L 平衡浓度 0.2mol/L 1.2mol/L 0.8mol/L 0.8mol/L K=2.67，故答案为：2.67；由于CO与H2的化学计量数相等都为1，所以当两者物质的量相等时二者转化率相等要使CO转化率大于H2的转化率，则增大H2的物质的量，即a/b 的值小于1，故答案为：ab；实验1中CO的转化率为100%=40%，实验2中CO的转化率为100%=20%，则实验1的转化率大于实验2，则说明温度升高平衡向逆反应方向移动，正反应放热，故H0；对同一反应温度相同，平衡常数相同根据表中实验2计
56、算900时平衡常数， 对于反应 CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g），开始（mol）：2 1 0 0变化（mol）：21.6=0.4 0.4 0.4 0.4平衡（mol）：1.6 10.4=0.6 0.4 0.4900时平衡常数k=，实验3的浓度商为Qc=，大于平衡常数，反应向逆反应进行，所以V正V逆，故答案为：；（5）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+2HNO32e=2N2O5+2H+，故Pt乙为阴极，故答案为：阴；N2O4+2HNO32e=2N2O5+2H+点评：本题考查化学平衡的影响因素分析判断，平衡常数计算应用，电解
57、池电极反应的书写方法，题目难度较大，学习中注意相关解答方法的积累三、【化学-选修2化学与技术】（15分）11（15分）（2015广东模拟）电镀污泥中含有Cr（OH）3、Al2O3、ZnO、CuO、NiO等物质，工业上通过“中温焙烧钠氧化法”回收Na2Cr2O7等物质已知：水浸后溶液中存在Na2CrO4、NaAlO2、Na2ZnO2等物质（1）水浸后的溶液呈碱性（“酸”、“碱”、“中”）（2）完成氧化焙烧过程中生成Na2CrO4的化学方程式4Cr（OH）3+4Na2CO3+3O2=4Na2CrO4+4CO2+6H2O（3）滤渣II的主要成分有Zn（OH）2、Al（OH）3（4）“系列操作”中为：
58、继续加入H2SO4，蒸发浓缩冷却结晶，过滤继续加入H2SO4目的是促进平衡CrO42+2H+Cr2O72+H2O向正反应方向移动，尽可能生成更多溶解度更大的Na2Cr2O7已知：除去滤渣II后，溶液中存在如下反应：+2H+H2ONa2Cr2O7、Na2CrO4在不同温度下的溶解度如下表 温度化学式2060100Na2SO419.545.342.5Na2Cr2O7183269415Na2CrO484115126（5）工业上还可以在水浸过滤后的溶液Na2CrO4加入适量H2SO4，用石墨做电极电解生产金属铬，写出生成铬的电极反应方程式CrO42+8H+6e=Cr+4H2O考点：物质分离和提纯的方法
59、和基本操作综合应用；电解原理 专题：元素及其化合物分析：（1）从盐类水解的角度解答；（2）氧化焙烧过程中有氧气参加反应，结合质量守恒定律完成方程式；（3）水浸后溶液中存在Na2CrO4、NaAlO2、Na2ZnO2等物质，加入硫酸调节溶液的pH可得到Zn（OH）2、Al（OH）3沉淀；（4）水浸后溶液中存在Na2CrO4，加入硫酸发生CrO42+2H+Cr2O72+H2O，从平衡移动的角度分析；（5）生成铬的电极发生还原反应，CrO42得到电子生成Cr解答：解：（1）水浸后溶液中存在Na2CrO4、NaAlO2、Na2ZnO2等都为强碱弱酸盐，水解呈碱性，故答案为：碱性；（2）氧化焙烧过程中有
60、氧气参加反应，根据质量守恒可知还应生成水，反应的方程式为4Cr（OH）3+4Na2CO3+3O2=4Na2CrO4+4CO2+6H2O，故答案为：4Cr（OH）3+4Na2CO3+3O2=4Na2CrO4+4CO2+6H2O；（3）Zn（OH）2、Al（OH）3具有两性，水浸后溶液中存在Na2CrO4、NaAlO2、Na2ZnO2等物质，加入硫酸调节溶液的pH可得到Zn（OH）2、Al（OH）3沉淀，故答案为：Al（OH）3；（4）水浸后溶液中存在Na2CrO4，加入硫酸发生CrO42+2H+Cr2O72+H2O，加入硫酸可使平衡向正反应方向移动，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶可得到晶体，故答案为：
61、蒸发浓缩；促进平衡CrO42+2H+Cr2O72+H2O向正反应方向移动，尽可能生成更多溶解度更大的Na2Cr2O7；（5）生成铬的电极发生还原反应，CrO42得到电子生成Cr，反应的电解方程式为CrO42+8H+6e=Cr+4H2O，故答案为：CrO42+8H+6e=Cr+4H2O点评：本题考查物质的分离提纯的综合实验设计，侧重于分离、提纯方案的设计和操作，题目难度中等，注意把握题给信息和电极方程式的书写四、【化学-选修3：物质结构与性质】（15分）12（2014南昌模拟）A、B、C、D是元素周期表中前36号元素，它们的核电荷数依次增大第二周期元素A原子的核外成对电子数是未成对电子数的2倍，
62、B原子的最外层P轨道的电子为半充满结构，C是地壳中含量最多的元素D是第四周期元素，其原子核外最外层电子数与氢原子相同，其余各层电子均充满请回答下列问题：（1）A、B、C的第一电离能由小到大的顺序是CON（用对应的元素符号表示）；基态D原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1（2）A的最高价氧化物对应的水化物分子中，其中心原子采取sp2杂化；BC3的空间构型为平面三角形（用文字描述）（3）1mol AB中含有的键个数为2NA（4）下图是金属Ca和D所形成的某种合金的晶胞结构示意图，则该合金中Ca和D的原子个数比1：5（5）镧镍合金与上述合金都具有相同类型的晶胞结构XYn，它
63、们有很强的储氢能力已知镧镍合金LaNin晶胞体积为9.01023 cm3，储氢后形成LaNinH4.5合金（氢进入晶胞空隙，体积不变），则LaNin中n=5（填数值）；氢在合金中的密度为0.083g/cm3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；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：A、B、C、D都是前36号元素，它们的核电荷数依次增大，C是地壳中含量最高的元素，所以C是O元素；B原子的最外层p轨道的电子为半满结构，最外层电子排布为2s22p3，故B为N元素；第二周期元素A原子的核
64、外成对电子数是未成对电子数的2倍，故原子核外电子排布为1s22s1或1s22s22p2，结合（3）能与N元素形成阴离子（AN），故A为C元素；D是第四周期元素，其原子核外最外层电子数与氢原子相同，其余各层电子均充满，故D元素原子各层电子数分别为2、8、18、1，是29号Cu元素，据此解答解答：解：A、B、C、D都是前36号元素，它们的核电荷数依次增大，C是地壳中含量最高的元素，所以C是O元素；B原子的最外层p轨道的电子为半满结构，最外层电子排布为2s22p3，故B为N元素；第二周期元素A原子的核外成对电子数是未成对电子数的2倍，故原子核外电子排布为1s22s1或1s22s22p2，结合（3）能
65、与N元素形成阴离子（AN），故A为C元素；D是第四周期元素，其原子核外最外层电子数与氢原子相同，其余各层电子均充满，故D元素原子各层电子数分别为2、8、18、1，是29号Cu元素，（1）C、N、O元素是同一周期元素，同一周期元素自左而右第一电离能呈增大趋势，但N元素原子2p能级是半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能CON；D的原子序数是29，为Cu元素，其原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，故答案为：CON；1s22s22p63s23p63d104s1；（2）H2CO3中C原子最外层电子数全部成键，没有孤电子对，成1个C=O双键，2
66、个CO单键，杂化轨道数目为3，采取sp2杂化，NO3中N原子形成3个键，孤电子对=0，则应为平面三角形，故答案为：sp2；平面三角形；（3）将CN中C原子及1个负电荷换成1个N原子，可得的等电子体N2，CN中形成CN三键，1个CN含有2个键，故1mol CN中含有的键个数为2NA，故答案为：2NA；（4）由晶胞结构可知，Ca原子处于顶点，晶胞中含有Ca原子数目为8=1，Cu原子处于晶胞内部与面上、面心，晶胞中Cu数目为1+4+4=5，故该合金中Ca和Cu的原子个数比为1：5，故答案为：1：5；（5）由（4）知n=5，晶胞中拥有4.5个H原子，氢在合金中的密度为=0.083g/cm3，故答案为：
67、5；0.083g/cm3点评：本题以元素的推断为载体，考查了电离能、杂化理论，分子结构、核外电子排布规律、晶胞计算等知识点，是对物质结构知识的综合考查，侧重对知识迁移的运用、分析解决问题的能力考查，注意同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第IIA和第IIIA族、第VA族和第VIA族之间异常五、【化学-选修5有机化学基础】（15分）13（15分）（2014南昌模拟）聚碳酸酯无色透明，具有优异的抗冲击性，能用于制造宇航员的面罩、智能手机机身外壳等双酚化合物是合成聚碳酸酯的单体之一，某种双酚化合物G的合成路线如图：（1）G中所含的官能团除苯环外，还有羟基、肽键（2）写出反应类
68、型：反应取代反应；反应还原反应（3）写出结构简式：A；F（4）写出反应的化学方程式（5）C有多种同分异构体，写出同时满足下列条件的同分异构体的结构简式属于氨基酸，且苯环上有三个互为间位的取代基；与FeCl3溶液作用无显色现象；1mol该同分异构体与足量氢氧化钠溶液反应时，最多能消耗3molNaOH（6）最常见的聚碳酸酯是用双酚A（）与光气（）聚合得到，请写出该聚碳酸酯的结构简式（已知：）考点：有机物的合成 专题：有机物的化学性质及推断分析：根据流程图中转化关系，由第步生成的物质结构中含有酯基，氨基，说明第步发生硝基还原为氨基的反应，第步是硝化反应，则C为，结合A的分子式可知，反应反应为酯化反应
69、，则B为，A为由G的结构简式，逆推可知F为，结合E的分子式与反应信息可知，E为，D发生催化氧化，酸化得到E，结合E的结构与反应的结构可知，D为，据此解答解答：解：根据流程图中转化关系，由第步生成的物质结构中含有酯基，氨基，说明第步发生硝基还原为氨基的反应，第步是硝化反应，则C为，结合A的分子式可知，反应反应为酯化反应，则B为，A为由G的结构简式，逆推可知F为，结合E的分子式与反应信息可知，E为，D发生催化氧化，酸化得到E，结合E的结构与反应的结构可知，D为，（1）由G的结构简式可知，所含的官能团除苯环外，还有羟基、肽键，故答案为：羟基、肽键；（2）由上述分析可知，反应为酯化反应，属于取代反应，
70、第步发生硝基还原为氨基的反应，属于还原反应，故答案为：取代反应；还原反应；（3）由上述分析可知，A的结构简式为，F的结构简式为，故答案为：；（4）反应的化学方程式为：，故答案为：；（5）C（）有多种同分异构体，同时满足下列条件的同分异构体：属于氨基酸，且苯环上有三个互为间位的取代基；与FeCl3溶液作用无显色现象，没有酚羟基；1mol该同分异构体与足量氢氧化钠溶液反应时，最多能消耗3molNaOH，还含有羧酸与酚形成的酯基，结合C的分子式可知，符合条件的同分异构体为，故答案为：；（6）生成聚合物断键的机理是酚中羟基中断裂OH键，光气（）中断裂CCl键，聚合得到聚碳酸酯，该聚碳酸酯的结构简式为：，故答案为：点评：本题考查有机物的推断与合成，充分利用G的结构与反应的产物结构进行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，既注重基础知识巩固训练，又较好的考查学生分析推理能力与知识迁移应用，难度中等- 26 - 版权所有高考资源网
