1、高考资源网（） 您身边的高考专家2014年福建省漳州市华安一中高考化学模拟试卷一、选择题（本题共7小题在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求）本卷共7小题，每小题4分，共108分1（4分）（2014华安县校级模拟）下列说法正确的是（）APM2.5作为空气质量预报的一项重要指标，它是指空气中直径大于或等于2.5m的颗粒物，该值越高，代表空气污染程度越严重B新型材料聚酯纤维、光导纤维都属于有机高分子C上海世博会很多展馆采用光电转化装置，体现当今“低碳”经济的理念D塑化剂是一种化工塑料软化剂，可以大量添加到婴幼儿玩具中2（4分）（2014华安县校级模拟）下列叙述正确的是（）A汽油、柴油和
2、植物油都是烃B油脂、淀粉和蛋白质均可发生水解反应C乙烯和苯使溴水褪色都是发生加成反应D苯环含有碳碳单键和碳碳双键3（4分）（2014华安县校级模拟）在如图的装置中，甲、乙两烧杯中都盛有相同体积的0.1mol/L的硫酸溶液，下列有关实验的叙述中，错误的是（）A电流计G的指针不动B通过电流计G的电子流动方向是由下向上C甲、乙两装置都不是电解槽D甲装置中铜极上有气泡产生，乙装置中，H+会减小4（4分）（2014武汉模拟）已知A、B、C、D之间的转化关系如图所示下列说法正确的是（）A若A为Fe，D为氢气，则B一定为酸B若A、D为化合物，B为水，则C一定是气体单质C若A、B、C、D均为化合物，该反应一定
3、属于复分解反应D若A、B、C、D均为10电子微粒，且C是可使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则D常温下一定呈液态5（4分）（2014海淀区一模）常温下，用0.01molL1 NaOH溶液滴定20.00mL 0.01molL1 CH3COOH溶液，所得滴定曲线如图下列说法正确的是（）Aa点对应溶液的pH=2Bb点对应的溶液中：c（OH）+c（CH3COO）=c（Na+）+c（H+）Cc点表示NaOH溶液与CH3COOH溶液恰好完全反应Dd点对应的溶液中，水的电离程度小于同温下纯水的电离程度6（4分）（2013赤壁市校级模拟）不论以何种比例混合，将甲和乙两种混合气体同时通入过量的丙溶液中，一定能产生
4、沉淀的组合是（）序号甲乙丙CO2SO2石灰水HClCO2石灰水CO2SO2Ba（NO3）2NO2SO2BaCl2CO2NH3CaCl2ABCD7（4分）（2014华安县校级模拟）铜有两种常见的氧化物CuO和Cu2O某学习小组取0.98g（用精密天平测量）Cu（OH）2固体，将其加热有铜的氧化物生成，其质量随温度变化的曲线如图1所示另外，某同学绘制了三条表示金属氧化物与其所含金属元素质量的关系曲线，如图2所示则下列分析正确的是（）A图1中产物a、b的化学式分别为Cu20和CuOB图l整个过程中共生成0.26 g H20C图2三条曲线中，表示Cu0和其中所含Cu元素质量的关系曲线是曲线AD图2中绘
5、制错误的曲线共2条二、解答题（共3小题，满分46分）8（15分）（2014华安县校级模拟）NaNO2有像食盐一样的外观和咸味，它可将正常的血红蛋白变为高铁血红蛋白，使血红蛋白中的铁元素由二价变为三价，失去携氧能力（1）美蓝是亚硝酸盐中毒的有效解毒剂，下列说法正确的是（选填编号）a解毒时美蓝表现氧化性b中毒时亚硝酸盐发生氧化反应c解毒时高铁血红蛋白被还原d中毒过程中血红蛋白显氧化性（2）NaNO2中钠离子核外有种不同能级的电子，三种元素对应的简单离子半径由大到小的顺序为（3）Na、N、O分别与H形成的简单化合物中熔点最高的是（填化合物化学式），试解释原因（4）已知NaNO2能发生如下反应（未配平
6、）：NaNO2+HINO+I2+NaI+H2O当有0.75mol HI被氧化时，在标准状况下产生气体的体积是L（5）有人将26中反应产生的NO收集到一个固定容积的密闭容器中，并在常温下将其压缩到1.01107Pa，然后加热至50时，发现气体的压力迅速下降当温度恢复到常温，压强降至略小于1.01107Pa的时，就不再改变已知此过程中有一种产物是N2O请写出生成N2O的反应方程式：解释最后的气体压强略小于1.01107Pa的原因：（6）某工厂的废液中含有2%5%的NaNO2直接排放会造成污染，下列试剂中NaCl、NH4Cl、HNO3、浓H2SO4，能使NaNO2转化为N2的是（选填编号）9（15分
7、）（2014华安县校级模拟）工业废水中常含有一定量的Cr2O72和CrO42，它们会对人类及生态系统产生很大的伤害，必须进行处理该法的工艺流程为CrO42Cr2O72Cr3+Cr（OH）3其中第步存在平衡：2CrO42（黄色）+2H+Cr2O72（橙色）+H2O（1）若平衡体系的pH=2，则溶液显色（2）能说明第步反应达平衡状态的是（选填编号）aCr2O72和CrO42的浓度相同 bv正 （Cr2O72）=2v逆（CrO42）c溶液的颜色不变d溶液的pH值不变（3）写出第步中Cr2O72转变为Cr3+的离子方程式：（4）向Cr2（SO4）3溶液中，滴加NaOH，当pH=4.6时，开始出现Cr（
8、OH）3沉淀，随着pH的H2O升高，沉淀增多，但当pH13时，沉淀消失，出现亮绿色的Cr（OH）4离子其平衡关系如+H2O下：H+Cr（OH）4（亮绿色）Cr（OH）3（s，灰绿色）Cr3+（紫色）+3OH现向0.05molL1的Cr2（SO4）3溶液50mL中，加入等体积0.6molL1的NaOH溶液，充分反应后，溶液中可观察到的现象为，溶液中离子浓度由大到小的顺序为（5）在NaCr（OH）4和Na2Cr2O7混合后的溶液中加入H2SO4酸化，铬元素以形式存在（填写离子符号）10（16分）（2014华安县校级模拟）如图为某套实验装置示意图，无法看到实验说明，加热装置已经省略（一）甲同学认为当
9、D处盛放V2O5作催化剂时，此套装置可用于合成物质X，并预测E处冰水冷却的U型管中将有固体X出现（1）事实上此装置所附实验说明符合甲同学的推断，那么A中所发生的反应的化学反应方程式是，C装置中盛放的液体药品的名称是（2）甲同学方案中为了提高A装置产物的转化率，可以增大B装置产物的通入量，欲知A、B两装置中产物在D中的通入量，可通过观察得知（3）本实验在设计上（填有、无）缺失之处？若有请给出改进方案（若无，此问可不答）（二）乙同学认为若D处盛放铂铑合金网作催化剂，则此套装置也可用于合成物质Y，并预测E处冰水冷却的U型管中将有红棕色气体生成，且越接近U型管底部颜色越浅（4）写出乙同学认为的D装置中
10、发生反应的化学方程式（5）对于A处，乙认为不需加热装置则A处仪器中分别放置的药品为：分液漏斗中圆底烧瓶中（6）若要用上述装置完成乙同学所认为的实验，且C处所起作用与合成X时所起作用基本一致，那么C处的广口瓶应改为所装药品为三、【化学-物质结构与性质】（共1小题，满分13分）11（13分）（2014连云港一模）氮元素可形成氢化物、卤化物、氮化物、叠氮化物和配合物等多种化合物（1）肼（N2H4）可用作火箭燃料，其原理是：N2O4（l）+2N2H4（l）3N2（g）+4H2O（g），若反应中有4mol NH键断裂，则形成的键有mol（2）F2和过量NH3在铜催化作用下反应生成NF3，NF3分子的空间
11、构型为（3）铁和氨气在640可发生置换反应，产物之一的晶胞结构见图1写出该反应的化学方程式：（4）叠氮化钠（NaN3）分解反应为：2NaN3（s）2Na（l）+3N2（g），下列有关说法正确的是（填序号）a常温下，N2很稳定，是因为N的电负性大b钠晶胞结构见图2，每个晶胞含有2个钠原子c第一电离能（I1）：NOPSdNaN3与KN3结构类似，晶格能：NaN3KN3（5）配合物Y的结构见图3，Y中含有（填序号）；a极性共价键 b非极性共价键 c配位键 d氢键Y中碳原子的杂化方式有四、【化学-有机化学基础】（共1小题，满分13分）12（13分）（2014华安县校级模拟）脱羧反应形成新的CC键为有机
12、合成提供了一条新的途径，例如：（1）化合物I的分子式为，化合物I含有的官能团名称是，1mol化合物I完全燃烧需要消耗mol O2（2）化合物与新制氢氧化铜反应的化学方程式为（3）与也可以发生类似反应的反应，有机产物的结构简式为2014年福建省漳州市华安一中高考化学模拟试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共7小题在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求）本卷共7小题，每小题4分，共108分1（4分）（2014华安县校级模拟）下列说法正确的是（）APM2.5作为空气质量预报的一项重要指标，它是指空气中直径大于或等于2.5m的颗粒物，该值越高，代表空气污染程度越严重B新型材料聚酯纤维、光
13、导纤维都属于有机高分子C上海世博会很多展馆采用光电转化装置，体现当今“低碳”经济的理念D塑化剂是一种化工塑料软化剂，可以大量添加到婴幼儿玩具中考点：常用合成高分子材料的化学成分及其性能；常见的生活环境的污染及治理 专题：化学应用分析：A、空气中直径大于或等于2.5m的颗粒物属于空气污染物；B、光导纤维的成分是二氧化硅；C、“低碳”经济的理念是减少二氧化碳的排放；D、塑化剂会危害人体健康解答：解：A、PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，也称为可入肺颗粒物，属于空气污染物，PM2.5的值越高，空气中颗粒物的含量越大，空气污染程度越严重，故A错误；B、光导纤维的成分是二氧化硅，二氧
14、化硅不是有机高分子，新型材料聚酯纤维属于有机高分子，故B错误；C、“低碳”经济的理念是减少二氧化碳的排放，采用光电转化装置可以减少化石能源的使用，能减少二氧化碳的排放，故C正确；D、塑化剂会危害人体健康，所以塑化剂不能添加到婴幼儿玩具中，故D错误；故选C点评：本题考查了空气污染物、光导纤维、“低碳”经济的理念、塑化剂，题目主要考查化学知识在生产生活中的应用，属于基础知识的考查，难度不大2（4分）（2014华安县校级模拟）下列叙述正确的是（）A汽油、柴油和植物油都是烃B油脂、淀粉和蛋白质均可发生水解反应C乙烯和苯使溴水褪色都是发生加成反应D苯环含有碳碳单键和碳碳双键考点：饱和烃与不饱和烃；有机化
15、学反应的综合应用 专题：有机反应分析：A植物油是油脂；B油脂水解为高级脂肪酸和甘油；淀粉水解为葡萄糖，蛋白质水解为氨基酸；C乙烯使溴水褪色是发生加成反应；苯使溴水褪色是发生萃取；D苯环含有一种介于碳碳单键和碳碳双键之间的特殊的键解答：解：A汽油、柴油都是烃；植物油是油脂，故A错误；B油脂水解为高级脂肪酸和甘油；淀粉水解为葡萄糖，蛋白质水解为氨基酸，故B正确；C乙烯使溴水褪色是发生加成反应；苯使溴水褪色是发生萃取，故C错误；D苯环含有一种介于碳碳单键和碳碳双键之间的特殊的键，故D错误，故选B点评：本题考查有机物的性质和结构，难度不大要注意平时知识的积累3（4分）（2014华安县校级模拟）在如图的
16、装置中，甲、乙两烧杯中都盛有相同体积的0.1mol/L的硫酸溶液，下列有关实验的叙述中，错误的是（）A电流计G的指针不动B通过电流计G的电子流动方向是由下向上C甲、乙两装置都不是电解槽D甲装置中铜极上有气泡产生，乙装置中，H+会减小考点：原电池和电解池的工作原理 专题：电化学专题分析：甲乙都为原电池装置，锌比铜活泼，为原电池的负极，铜为正极，原电池工作时，正极发生还原反应，氢离子得电子被还原生成氢气，负极发生氧化反应，锌失电子氧化生成锌离子，以此解答该题解答：解：A两电源并联，电路中有电流产生，电流计G的指针偏转，故A错误；B电子由负极经导线流向正极，即流动方向是由下向上，故B正确；C两个装置
17、都是原电池装置，故C正确；D两个装置相同，铜为正极，发生还原反应，生成氢气，且氢离子浓度减小，故D正确故选A点评：本题综合考查原电池、电解池知识，为高频考点，侧重于电化学基础知识的综合理解和运用的考查，难度不大，注意相关基础知识的积累4（4分）（2014武汉模拟）已知A、B、C、D之间的转化关系如图所示下列说法正确的是（）A若A为Fe，D为氢气，则B一定为酸B若A、D为化合物，B为水，则C一定是气体单质C若A、B、C、D均为化合物，该反应一定属于复分解反应D若A、B、C、D均为10电子微粒，且C是可使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则D常温下一定呈液态考点：无机物的推断 专题：推断题分析：A铁和
18、酸、水蒸气反应生成氢气；B若A、D为化合物，B为水，则C不一定是气体单质，可能是化合物，如NO；C若A、B、C、D均为化合物，该反应一定不一定属于复分解反应，如二氧化氮和水的反应；DC是可使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则C是氨气，若A、B、C、D均为10电子微粒，且生成氨气，则铵根离子和氢氧根离子反应生成氨气和水解答：解：A在高温条件下，3Fe+4H2O （g） Fe3O4+4H2，故A错误；B若A、D为化合物，B为水，则C不一定是气体单质，可能是化合物，如：3NO2+H2O=2HNO3+NO，故B错误；C若A、B、C、D均为化合物，该反应一定不一定属于复分解反应，如3NO2+H2O=2HN
19、O3+NO，故C错误；DC是可使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则C是氨气，若A、B、C、D均为10电子微粒，且生成氨气，该反应为：NH4+OH=NH3+H2O，水在常温下呈液态，故D正确；故选D点评：本题考查物质的推断，明确物质的性质及物质间的反应是解本题关键，特别是特殊的反应要熟记，难度中等5（4分）（2014海淀区一模）常温下，用0.01molL1 NaOH溶液滴定20.00mL 0.01molL1 CH3COOH溶液，所得滴定曲线如图下列说法正确的是（）Aa点对应溶液的pH=2Bb点对应的溶液中：c（OH）+c（CH3COO）=c（Na+）+c（H+）Cc点表示NaOH溶液与CH3COO
20、H溶液恰好完全反应Dd点对应的溶液中，水的电离程度小于同温下纯水的电离程度考点：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醋酸为弱酸，不能完全电离；Bb点时溶液呈酸性，结合电荷守恒解答；Cc点时溶液呈中性，如醋酸和氢氧化钠恰好完全反应，则溶液应呈碱性；Dd点时溶液呈碱性，如二者恰好中和，则促进水解的电离解答：解：A醋酸为弱酸，不能完全电离，则0.01molL1 CH3COOH溶液pH2，故A错误；B溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（CH3COO），故B正确；C醋酸和氢氧化钠反应生成醋酸钠，醋酸钠是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，当酸碱恰好
21、反应时溶液应该呈碱性，但C点溶液呈中性，说明酸过量，故C错误；Dd点时溶液呈碱性，如二者恰好中和，完全反应生成醋酸钠，水解呈碱性，促进水的电离，故D错误故选B点评：本题以NaOH滴定CH3COOH的滴定曲线为载体，考查盐类的水解、溶液离子浓度的大小比较等，难度中等，注意离子浓度大小比较中电荷守恒，把握影响弱电解质的电离和盐类水解的因素，注重相关基础知识的积累，难度不大6（4分）（2013赤壁市校级模拟）不论以何种比例混合，将甲和乙两种混合气体同时通入过量的丙溶液中，一定能产生沉淀的组合是（）序号甲乙丙CO2SO2石灰水HClCO2石灰水CO2SO2Ba（NO3）2NO2SO2BaCl2CO2N
22、H3CaCl2ABCD考点：氮的氧化物的性质及其对环境的影响；二氧化硫的化学性质 专题：压轴题；元素及其化合物分析：石灰水过量，有CaCO3和CaSO3沉淀生成；石灰水过量，有CaCO3沉淀生成；SO2将被NO3氧化生成SO42，BaSO4沉淀生成；SO2将被NO2氧化成SO3，有BaSO4沉淀生成；当NH3不足时，最终无沉淀生成解答：解：由于石灰水过量，因此必有CaCO3和CaSO3沉淀生成，故正确；同样由于石灰水过量，因此必有CaCO3沉淀生成，故正确；CO2气体与Ba（N03）2不反应，SO2气体通入Ba（NO3）2溶液后，由于溶液酸性增强，SO2将被NO3氧化生成SO42，因此有BaS
23、O4沉淀生成，故正确；NO2和SO2混合后，SO2将被NO2氧化成SO3，通入BaCl2溶液后有BaSO4沉淀生成，故正确；当NH3过量时溶液中CaCO3沉淀生成，发生反应的化学方程式为：2NH3+CO2+CaCl2+H2OCaCO3 +2NH4C1；当NH3不足时，最终无沉淀生成，发生反应的化学方程式为：2NH3+2CO2+CaCl2+2H2OCa（HCO3）2+2NH4C1，故错误故选D点评：本题考查元素化合物知识，题目难度中等，注意丙过量，对相应物质的化学性质要掌握到位解题时要认真审题、一一排查，同时要掌握NO2的氧化性，SO2具有还原性，SO2具有酸性氧化物的性质、SO2气体通入Ba（
24、NO3）2溶液后，由于溶液酸性增强，SO2将被NO3氧化生成SO42，此时有BaSO4沉淀生成7（4分）（2014华安县校级模拟）铜有两种常见的氧化物CuO和Cu2O某学习小组取0.98g（用精密天平测量）Cu（OH）2固体，将其加热有铜的氧化物生成，其质量随温度变化的曲线如图1所示另外，某同学绘制了三条表示金属氧化物与其所含金属元素质量的关系曲线，如图2所示则下列分析正确的是（）A图1中产物a、b的化学式分别为Cu20和CuOB图l整个过程中共生成0.26 g H20C图2三条曲线中，表示Cu0和其中所含Cu元素质量的关系曲线是曲线AD图2中绘制错误的曲线共2条考点：铜金属及其重要化合物的主
25、要性质；化学方程式的有关计算 专题：几种重要的金属及其化合物分析：由0.98 g Cu（OH）2可知其物质的量为n（CuO）=0.01 mol，A、图1中 Cu（OH）2物质的量为0.01 mol，可以求出全部生成CuO时的质量，同理若全部生成Cu2O求出其质量；B、根据化学方程式，4Cu2O4Cu+2O2过程中有氧气产生；C、CuO和其中所含Cu元素的质量关系判断；D、图2中A点上的任何一点都表示金属氧化物的质量小于其中所含金属元素的质量解答：解：A、由0.98 g Cu（OH）2可知其物质的量为0.01 mol，若全部生成CuO，则质量为0.01 mol80 gmol1=0.8g，所以a点
26、是CuO，若全部生成Cu2O，则质量为0.005 mol144 gmol1=0.72g，所以b点是Cu2O，故A正确；B、根据化学方程式，4Cu2O4Cu+2O2过程中有氧气产生，0.26 g是水和氧气的质量和，故B错误；C、CuO和其中所含Cu元素的质量关系（以CuO的质量为10g计算）为： CuOCu 80 64 10g 8g 观察图2可知，B符合上述质量关系，表示的是CuO，而A点上的任何一点都表示金属氧化物的质量小于其中所含金属元素的质量，故C错误；D、图2中A曲线上的任何一点都表示金属氧化物的质量小于其中所含金属元素的质量，所以A曲线错误，由C选项可知B曲线正确，C曲线上的任何一点都
27、表示金属氧化物的质量大于其中所含金属元素的质量，所以C曲线也正确，故D错误；故选A点评：本题考查了Cu（OH）2分解时的质量变化，根据有关方程式分析即可二、解答题（共3小题，满分46分）8（15分）（2014华安县校级模拟）NaNO2有像食盐一样的外观和咸味，它可将正常的血红蛋白变为高铁血红蛋白，使血红蛋白中的铁元素由二价变为三价，失去携氧能力（1）美蓝是亚硝酸盐中毒的有效解毒剂，下列说法正确的是c（选填编号）a解毒时美蓝表现氧化性b中毒时亚硝酸盐发生氧化反应c解毒时高铁血红蛋白被还原d中毒过程中血红蛋白显氧化性（2）NaNO2中钠离子核外有3种不同能级的电子，三种元素对应的简单离子半径由大到
28、小的顺序为r（N3）r （O2）r（Na+）（3）Na、N、O分别与H形成的简单化合物中熔点最高的是NaH（填化合物化学式），试解释原因NaH属于离子晶体，其余两种氢化物属于分子晶体（4）已知NaNO2能发生如下反应（未配平）：NaNO2+HINO+I2+NaI+H2O当有0.75mol HI被氧化时，在标准状况下产生气体的体积是16.8L（5）有人将26中反应产生的NO收集到一个固定容积的密闭容器中，并在常温下将其压缩到1.01107Pa，然后加热至50时，发现气体的压力迅速下降当温度恢复到常温，压强降至略小于1.01107Pa的时，就不再改变已知此过程中有一种产物是N2O请写出生成N2O的
29、反应方程式：3NON2O十NO2解释最后的气体压强略小于1.01107Pa的原因：由于2NO2N2O4，即生成的NO2又双聚成N2O4，导致气体分子数减少，使其压强略小于1.01107Pa的（6）某工厂的废液中含有2%5%的NaNO2直接排放会造成污染，下列试剂中NaCl、NH4Cl、HNO3、浓H2SO4，能使NaNO2转化为N2的是（选填编号）考点：亚硝酸盐 专题：氮族元素分析：（1）依据亚硝酸钠具有氧化性使血红蛋白中的铁元素由二价变为三价，失去携氧能力分析；（2）钠离子10个电子分别占据3个不同的电子轨道；具有相同核外电子排布的微粒半径遵循“径小序大”的规律；（3）离子晶体的沸点高于分子
30、晶体；（4）1molHI被氧化失去1mol电子，1molNaNO2被还原为NO，得到1mol电子，依据氧化还原反应中得失电子守恒规律计算解答；（5）依据PV=nRT，可知当V、T不变时，压强之比等于物质的量之比，结合原子个数守恒写出化学方程式，据此解答；（6）NaNO2转化具有强的氧化性，要想转化为氮气，应加入还原性的物质，结合所给出物质的性质解答解答：解：（1）亚硝酸钠具有氧化性使血红蛋白中的铁元素由二价变为三价，失去携氧能力，美蓝是亚硝酸盐中毒的有效解毒剂，说明美蓝具有还原性，能够使三价铁离子还原为二价铁离子，故选C；（2）钠离子10个电子分别占据3个不同的电子轨道，所以有3种不同能级的电
31、子；N3、O2、Na+，三种离子具有相同的核外电子排布，原子序数依次增大，依据具有相同核外电子排布的微粒半径遵循“径小序大”的规律，所以离子半径依次减小，故答案为：r（N3）r （O2）r（Na+）；（3）Na、N、O分别与H形成的简单化合物分别是NaH、NH3、H2O，期中NaH为离子晶体，NH3、H2O为分子晶体，离子晶体的沸点高于分子晶体，所以沸点最高的是NaH，故答案为：NaH；NaH属于离子晶体，其余两种氢化物属于分子晶体；（4）1molHI被氧化失去1mol电子，1molNaNO2被还原为1molNO，得到1mol电子，当有0.75mol HI被氧化时，则有0.75mol的NaNO
32、2得到0.75mol电子被还原为NO，所以生成的NO的物质的量为0.75mol，标况下的体积为：0.75mol22.4L/mol=16.8L，故答案为：16.8；（5）NO收集到一个恒温的固定容积的密闭容器中发生反应，压强变为原来的，可知反应前后气体的物质的量之比为3：2，依据原子个数守恒可知该反应为：3NON2O十NO2；因为存在2NO2N2O4，即生成的NO2又双聚成N2O4，导致气体分子数减少，使其压强略小于1.01107Pa的；故答案为：3NON2O十NO2；由于2NO2N2O4，即生成的NO2又双聚成N2O4，导致气体分子数减少，使其压强略小于1.01107Pa的；（6）NaNO2是
33、一种有毒物质，使NaNO2转化为不引起二次污染的N2，则NaNO2N2是被还原，必须加还原剂；、HNO3、浓H2SO4具有强的氧化性，NaCl中L氯的非金属性强强于N，所以NaCl不能与NaNO2发生反应，故只能加NH4Cl作还原剂，故答案为：点评：本题考查了氮及其化合物的结构和性质，题目综合性强，难度中等，解答有关氮的化合物的计算题时，注意氧化还原反应中得失电子守恒规律，原子个数守恒规律的应用9（15分）（2014华安县校级模拟）工业废水中常含有一定量的Cr2O72和CrO42，它们会对人类及生态系统产生很大的伤害，必须进行处理该法的工艺流程为CrO42Cr2O72Cr3+Cr（OH）3其中
34、第步存在平衡：2CrO42（黄色）+2H+Cr2O72（橙色）+H2O（1）若平衡体系的pH=2，则溶液显色（2）能说明第步反应达平衡状态的是cd（选填编号）aCr2O72和CrO42的浓度相同 bv正 （Cr2O72）=2v逆（CrO42）c溶液的颜色不变d溶液的pH值不变（3）写出第步中Cr2O72转变为Cr3+的离子方程式：Cr2O72+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O（4）向Cr2（SO4）3溶液中，滴加NaOH，当pH=4.6时，开始出现Cr（OH）3沉淀，随着pH的H2O升高，沉淀增多，但当pH13时，沉淀消失，出现亮绿色的Cr（OH）4离子其平衡关系如+H2O下：H
35、+Cr（OH）4（亮绿色）Cr（OH）3（s，灰绿色）Cr3+（紫色）+3OH现向0.05molL1的Cr2（SO4）3溶液50mL中，加入等体积0.6molL1的NaOH溶液，充分反应后，溶液中可观察到的现象为溶液由紫色变为亮绿色，溶液中离子浓度由大到小的顺序为c（Na+）c（OH）c（SO42）c（Cr（OH）4）c（H+）（5）在NaCr（OH）4和Na2Cr2O7混合后的溶液中加入H2SO4酸化，铬元素以Cr3+、Cr2O72形式存在（填写离子符号）考点：化学平衡状态的判断；化学平衡的影响因素 专题：化学平衡专题分析：（1）根据外界条件对平衡的影响来确定平衡移动方向，从而确定离子浓度大
36、小和溶液颜色变化；（2）根据判断平衡状态的方法：V正=V逆，或各组分的浓度保持不变则说明已达平衡，也可根据化学平衡状态的特征：逆、定、动、变、等来回答判断；（3）在酸性条件下与来亚铁离子发生氧化还原反应；（4）根据Cr3+4OH=CrO22+2H2O计算反应后剩余的n（OH），进而计算c（OH），再根据Kw=c（H+）c（OH）计算c（H+），最后利用pH=lgc（H+）计算pH值进行判断，根据反应后相关离子的物质的比较离子浓度的大小；（5）在酸性条件下H+Cr（OH）4（亮绿色）Cr（OH）3（s，灰绿色）Cr3+（紫色）+3OH，平衡正向移动，平衡2CrO42（黄色）+2H+Cr2O72（
37、橙色）+H2O也正向移动解答：解：（1）c（H+）增大，平衡2CrO42（黄色）+2H+Cr2O72（橙色）+H2O右移，溶液呈橙色，故答案为：橙；（2）2CrO42（黄色）+2H+Cr2O72（橙色）+H2OaCr2O72和CrO42的浓度相同，不一定平衡，故a错误；bCrO42的消耗速率表示v正，Cr2O72生成速率也表示v正，从开始到平衡2v证（CrO42）=v正（Cr2O72）不是平衡状态，故b错误；c溶液的颜色不变，证明各组分的浓度不随时间的变化而变化，故c正确；d溶液的pH值不变，即溶液的酸性不变，氢离子浓度不变，达到了化学平衡状态，故d正确；故选cd；（3）在酸性条件下与来亚铁离
38、子发生氧化还原反应，反应方程式为Cr2O72+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O，故答案为：Cr2O72+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O；（4）n（Cr3+）=0.1 mol/L0.05 L=0.005 molCr3+4OH=CrO22+2H2O0.005mol 0.02 mol剩余n（OH）=0.6mol/L0.05L0.02 mol=0.01 mol，使用c（OH）=0.1 mol/L，所以c（H+）=mol/L=1013 mol/L，故pH=lg1013=13，所以此时溶液中主要以Cr（OH）4形式存在，溶液由紫色变为亮绿色；溶液中c（Na+）=0.3mol/
39、L，c（OH）=0.1 mol/L，c（SO42）=0.075mol/L，所以离子浓度大小关系为：c（Na+）c（OH）c（SO42）c（Cr（OH）4）c（H+），故答案为：溶液由紫色变为亮绿色；c（Na+）c（OH）c（SO42）c（Cr（OH）4）c（H+）；（5）在酸性条件下H+Cr（OH）4（亮绿色）Cr（OH）3（s，灰绿色）Cr3+（紫色）+3OH，平衡正向移动，平衡2CrO42（黄色）+2H+Cr2O72（橙色）+H2O也正向移动，所以铬元素以Cr3+、Cr2O72的形式存在，故答案为：Cr3+、Cr2O72点评：本题主要考查了化学平衡移动原理、氧化还原反应、沉淀溶解平衡等内容
40、，解题须根据题给信息结合相关原理进行解答，题目难度中等10（16分）（2014华安县校级模拟）如图为某套实验装置示意图，无法看到实验说明，加热装置已经省略（一）甲同学认为当D处盛放V2O5作催化剂时，此套装置可用于合成物质X，并预测E处冰水冷却的U型管中将有固体X出现（1）事实上此装置所附实验说明符合甲同学的推断，那么A中所发生的反应的化学反应方程式是Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2，C装置中盛放的液体药品的名称是浓硫酸（2）甲同学方案中为了提高A装置产物的转化率，可以增大B装置产物的通入量，欲知A、B两装置中产物在D中的通入量，可通过观察C中两导管口气泡的逸出速率得知（
41、3）本实验在设计上有（填有、无）缺失之处？若有请给出改进方案（若无，此问可不答）应在E与F之间连接一个防倒吸装置（二）乙同学认为若D处盛放铂铑合金网作催化剂，则此套装置也可用于合成物质Y，并预测E处冰水冷却的U型管中将有红棕色气体生成，且越接近U型管底部颜色越浅（4）写出乙同学认为的D装置中发生反应的化学方程式4NH3+5O24NO+6H2O（5）对于A处，乙认为不需加热装置则A处仪器中分别放置的药品为：分液漏斗中浓氨水圆底烧瓶中固体NaOH（或生石灰或碱石灰）（6）若要用上述装置完成乙同学所认为的实验，且C处所起作用与合成X时所起作用基本一致，那么C处的广口瓶应改为U形管或干燥管所装药品为碱
42、石灰考点：性质实验方案的设计；氨的化学性质；二氧化硫的化学性质；化学实验方案的评价 专题：实验题分析：（一）（1）V2O5是SO2氧化为SO3的催化剂所以该装置是用于合成SO3的装置，A是制取SO2的装置，在A中利用Na2SO3与H2SO4反应制取SO2；B是制取O2的装置，利用氯酸钾分解制取；在装置C中装有浓硫酸，其作用是一是干燥气体；二是通过观察气泡来混合气体；（2）反应2SO2+O22SO3是可逆反应，为了提高SO2的转化率，可以通过增大O2的浓度的方法来实现欲知A、B两装置中产物在D中的通入量，可通过观察C装置中两导管口气泡的逸出速率判断；（3）由于E降温导致整个装置中的气体压强减小，
43、这样F中的液体容易倒吸至装置E中，导致实验失败；改进的措施是在E与F之间连接一个防倒吸装置；（二）（4）铂铑合金网作催化剂是氨气催化氧化的催化剂，A装置用于制取氨气，B装置用于制取O2，在C装置中干燥并混合气体，在D中发生反应氨气的催化氧化，在E中发生反应2NO+O2=2NO2得到红棕色的NO2；（5）对于A处，若不需加热装置，则A处为固体和液体反应不需要加热制取氨气；这些物质吸水放热，可以使一水合氨分解产生氨气；（6）由于氨气是碱性气体，所以若要用上述装置完成乙同学所认为的实验，且C处所起作用与合成X时所起作用基本一致，均可干燥氨气，以此来解答解答：解：（1）V2O5是SO2氧化为SO3的催
44、化剂，所以该装置是用于合成SO3的装置，则A是制取SO2的装置，在A中所发生的反应的化学反应方程式Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2； B是制取O2的装置，反应原理为2KClO32KCl+3O2，在装置C中装有浓硫酸，其作用是一是干燥气体；二是通过观察气泡来混合气体，故答案为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2；浓硫酸；（2）反应2SO2+O22SO3是可逆反应，为了提高SO2的转化率，可以通过增大O2的浓度的方法来实现欲知A、B两装置中产物在D中的通入量，可通过观察C装置中两导管口气泡的逸出速率得知，故答案为：C中两导管口气泡的逸出速率；（3）本实验在
45、设计上有缺陷由于E降温导致整个装置中的气体压强减小，这样F中的液体容易倒吸至装置E中，导致实验失败改进的措施是在E与F之间连接一个防倒吸装置，故答案为：有；应在E与F之间连接一个防倒吸装置；（4）铂铑合金网作催化剂是氨气催化氧化的催化剂，则A装置用于制取氨气，反应的方程式为Ca（OH）2+2NH4Cl2NH3+2H2O+CaCl2，B装置用于制取O2，反应的方程式为2KClO32KCl+3O2在C装置中干燥并混合气体，在D中发生反应为4NH3+5O24NO+6H2O，在E中发生反应2NO+O2=2NO2得到红棕色的NO2，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；（5）对于A处，若不需加热装
46、置则A处仪器中分别放置的药品为：分液漏斗中装浓氨水，圆底烧瓶中CaO、Ca（OH）2、NaOH、碱石灰等有吸水性的物质这些物质吸水放热，可以使一水合氨分解产生氨气，故答案为：浓氨水；固体NaOH（或生石灰或碱石灰）；（6）由于氨气是碱性气体，所以若要用上述装置完成乙同学所认为的实验，且C处所起作用与合成X时所起作用基本一致，那么C处的广口瓶应改为U形管或干燥管；所装药品为碱性干燥剂如碱石灰，故答案为：U形管或干燥管；碱石灰点评：本题考查性质实验方案的设计及化学实验方案的评价，为高频考点，涉及考查合成SO3、NO的原料气的制取、混合、干燥、合成、注意事项等实验操作和反应原理等知识，侧重物质性质及
47、实验技能的考查，注意分析实验装置图的作用及发生的化学反应，题目难度较大三、【化学-物质结构与性质】（共1小题，满分13分）11（13分）（2014连云港一模）氮元素可形成氢化物、卤化物、氮化物、叠氮化物和配合物等多种化合物（1）肼（N2H4）可用作火箭燃料，其原理是：N2O4（l）+2N2H4（l）3N2（g）+4H2O（g），若反应中有4mol NH键断裂，则形成的键有3mol（2）F2和过量NH3在铜催化作用下反应生成NF3，NF3分子的空间构型为三角锥形（3）铁和氨气在640可发生置换反应，产物之一的晶胞结构见图1写出该反应的化学方程式：8Fe+2NH32Fe4N+3H2（4）叠氮化钠（
48、NaN3）分解反应为：2NaN3（s）2Na（l）+3N2（g），下列有关说法正确的是bc（填序号）a常温下，N2很稳定，是因为N的电负性大b钠晶胞结构见图2，每个晶胞含有2个钠原子c第一电离能（I1）：NOPSdNaN3与KN3结构类似，晶格能：NaN3KN3（5）配合物Y的结构见图3，Y中含有abcd（填序号）；a极性共价键 b非极性共价键 c配位键 d氢键Y中碳原子的杂化方式有sp3、sp2考点：判断简单分子或离子的构型；配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断 专题：化学键与晶体结构分析：（1）反应中有4mol NH键断裂，生成1.5molN2，根据结构式NN判断；
49、（2）根据分子中键和孤电子对数判断杂化类型和分子的空间构型；（3）铁和氨气在640可发生置换反应生成氮气和氮化铁，利用均摊法确定氮化铁的化学式，根据温度、反应物和生成物写出反应方程式；（4）a根据氮气中的共价键分析；b利用均摊法确定其晶胞中的原子数；c非金属性越强，第一电离能越大，同周期从左到右第一电离能增大，第IIA与第IIIA，第VA族与第VIA反常；d离子半径越小，晶格能越大；（5）根据图可知碳碳间、碳氮间为共价键，氮镍间为配位键，氧氢间有氢键；（6）根据碳原子成键类型判断解答：解：（1）1mol氮气分子中含有2mol键，若该反应中有4molH键断裂，即有1mol肼参加反应，生成1.5m
50、ol氮气，所以形成的键有1.5mol2=3mol，故答案为：3；（2）NF3中含有3个键，且孤电子对数为=1，则应为sp3杂化，空间构型为三角锥形，故答案为：三角锥形；（3）该晶胞中铁原子个数=8，氮原子个数是1，所以氮化铁的化学式是Fe4N，铁和氨气在640可发生置换反应生成氮气和氮化铁，所以该反应方程式为：8Fe+2NH32Fe4N+3H2，故答案为：8Fe+2NH32Fe4N+3H2；（4）a氮气中存在NN，NN的键能很大，不容易断裂，所以N2很稳定，故a错误；b钠晶胞中Na占据8个顶点和中心，根据均摊法确定其晶胞中的原子数为：8+1=2，故b正确；c非金属性越强，第一电离能越大，同周期
51、从左到右第一电离能增大，第IIA与第IIIA，第VA族与第VIA反常，所以第一电离能：NOPS，故c正确；d离子半径越小，晶格能越大，半径：Na+K+，则晶格能：NaN3KN3，故d错误；故答案为：bc；（5）根据图可知碳碳间形成非极性共价键、碳氮间为极性共价键，氮镍间为配位键，氧氢间形成氢键，故选：abcd；（6）根据图可知，碳碳间形成单键，为sp3杂化，有的碳碳间形成双键，为sp2杂化，故答案为：sp3、sp2点评：本题综合性较大，涉及晶体、化学键、杂化轨道、晶胞计算等，题目难度中等，注意运用杂化理论推导分子构型，为易错点，侧重于考查学生对所学知识的综合应用能力四、【化学-有机化学基础】（
52、共1小题，满分13分）12（13分）（2014华安县校级模拟）脱羧反应形成新的CC键为有机合成提供了一条新的途径，例如：（1）化合物I的分子式为C8H6O3，化合物I含有的官能团名称是羧基和醛基，1mol化合物I完全燃烧需要消耗8mol O2（2）化合物与新制氢氧化铜反应的化学方程式为（3）与也可以发生类似反应的反应，有机产物的结构简式为考点：有机物的结构和性质；有机物分子中的官能团及其结构 专题：有机物的化学性质及推断分析：（1）由结构简式可知分子式，I分子中COOH、CHO，结合燃烧通式计算消耗的氧气；（2）化合物中含CHO，与新制氢氧化铜反应生成砖红色氧化亚铜沉淀；（3）由信息可知，合成
53、反应为取代反应，则与发生取代反应，Br、COOH均被取代解答：解：（1）由合成路线中化合物I的结构简式可得该化合物的分子式为C8H6O3，其含有的官能团名称是羧基和醛基，其耗氧量为8+=8，所以1mol化合物I完全燃烧需要消耗8molO2，故答案为：C8H6O3；羧基和醛基；（2）化合物中含CHO，与新制氢氧化铜反应生成砖红色氧化亚铜沉淀，该反应为，故答案为：；（3）由信息可知，合成反应为取代反应，则与发生取代反应，Br、COOH均被取代，有机产物的结构简式为，故答案为：点评：本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系及合成反应中结构的变化为解答的关键，侧重醛的性质及取代反应的考查，题目难度不大- 19 - 版权所有高考资源网
