1、2014年福建省宁德市高考化学二模试卷一、本卷共18题，每小题6分，共108分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求1（6分）（2014宁德二模）下列说法不正确的是（）A聚乙烯塑料可作食品包装袋B乙醇和葡萄糖分子中都含有羟基C乙烯和苯都能发生氧化反应DC5H12有两种同分异构体2（6分）（2014宁德二模）下列有关实验的说法不正确的是（）A取用液溴时，应戴上橡皮手套B配制一定物质的量浓度的NaCl溶液时，NaCl应在烧杯中溶解C加热乙酸、乙醇、浓硫酸的混合物制备乙酸乙酯时，应加入23块碎瓷片D无色溶液中滴加硝酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，则溶液中一定含有SO423（6分）（
2、2014宁德二模）设NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）A标准状况下，2.24L NH3分子中共价键数目为0.3NAB1L 1molL1 H2O2溶液中氧原子数目为2NAC25时，pH=7的纯水中OH数目为1107NAD1L 0.1molL1 NH4Cl溶液中NH4+数目为0.1NA4（6分）（2014宁德二模）密闭容器中，发生反应：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H0，下列说法正确的是（）A一定温度下，压缩容器体积，则正反应速率加快，逆反应速率减慢B若v生成（CH3OH）=v消耗（CO），则该反应达到平衡状态C升高温度，重新达到平衡时，增大D使用催化剂，反应的平衡常数增大5（
3、6分）（2014宁德二模）A、B、C、D均为中学化学中常见的单质或化合物，它们之间的转化关系如图所示（部分产物已略去）则A不可能是（）A金属单质B非金属单质C两性氧化物D碱6（6分）（2014宁德二模）W、X、Y、Z四种短周期元素已知X原子的核外电子数和Ne原子相差1，在同周期中X原子半径最大，W、Y、Z在周期表中的相对位置如图，Z的非金属性在同周期元素中最强下列说法不正确的是（）A简单离子半径：YXB最高价氧化物对应水化物的酸性：ZYCW与X形成的化合物属于离子化合物DW、X、Z只能形成一种化合物7（6分）（2014宁德二模）常温下，取pH=2的HA溶液与HB溶液各1mL，分别加水稀释，测得
4、pH变化与稀释倍数关系如图所示下列叙述正确的是（）AHB的电离方程式为HBH+BB稀释前，c（HB）c（HA）=0.01molL1CNaA的水溶液中，离子浓度大小为c（Na+）c（A）c（OH）c（H+）DNaA、NaB的混合溶液中：2c（Na+）=c（A）+c（B）+c（HB）二、解答题（共3小题，满分45分）8（16分）（2014宁德二模）NO和NO2是常见的氮氧化物，研究它们的综合利用有重要意义（1）氮氧化物产生的环境问题有（填一种）（2）氧化还原法消除氮氧化物的转化如下：NONO2N2反应为：NO+O3NO2+O2，生成11.2L O2（标准状况）时，转移电子的物质的量是mol反应中，
5、当n（NO2）：nCO（NH2）2=3：2时，反应的化学方程式是（3）硝化法是一种古老的生产硫酸的方法，同时实现了氮氧化物的循环转化，主要反应为：NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）H=41.8kJmol1已知：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H=196.6kJmol1写出NO和O2反应生成NO2的热化学方程式一定温度下，向2L恒容密闭容器中充入NO2和SO2各1mol，5min达到平衡，此时容器中NO和NO2的浓度之比为3：1，则NO2的平衡转化率是上述反应达平衡后，其它条件不变时，再往容器中同时充入NO2、SO2、SO3、NO各1mol，平衡（填序号）A向正反应方向移
6、动B向逆反应方向移动C不移动（4）某化学兴趣小组构想将NO转化为HNO3，装置如图，电极为多孔惰性材料则负极的电极反应式是9（15分）（2014宁德二模）氯化亚铜（CuCl）是一种白色固体，微溶于水，不溶于酒精研究该物质的应用新领域、生产新方法及生产过程中的环保新措施都具有重要意义（1）镁氯化亚铜海水电池，可用于鱼雷上该电池被海水激活时，正极导电能力增强，同时产生气泡，则正极上被还原的物质有、（填化学式）（2）工业上以铜作催化剂，氯代甲烷和硅粉反应合成甲基氯硅烷的过程中产生大量废渣（主要成分为硅粉、铜、碳等）某课外小组以该废渣为原料制CuCl，流程示意图如下：回答下列问题：氯代甲烷有4种，其中
7、属于重要工业溶剂的是（写出化学式）“还原”阶段，SO32将Cu2+还原得CuCl2，完成下列离子方程式Cu2+Cl+SO32+CuCl2+在稀释过程中存在下列两个平衡：CuCl2CuCl+Cl K=2.32CuCl（s）Cu+（aq）+Cl Ksp=1.2106当CuCl2完成转化时（c（CuCl2）1.0105molL1），溶液中c（Cu+）获得CuCl晶体需经过滤、洗涤、干燥洗涤时，常用无水乙醇代替蒸馏水做洗涤剂的优点是（写一点）（3）工业生产CuCl过程中产生浓度为23gL1的含铜废水，对人及环境都有较大的危害，必须进行回收利用用萃取法富集废水中的铜，过程如下：实验室完成步骤时，依次在分
8、液漏斗中加入曝气后的废水和有机萃取剂，经振荡并后，置于铁架台的铁圈上静置片刻，分层分离上下层液体时，应先，然后打开活塞放出下层液体，上层液体从上口倒出写出步骤的离子方程式：10（14分）（2014宁德二模）某课外学习小组为探究硫酸亚铁晶体（FeSO47H2O）制备及影响因素，进行如下实验制取硫酸亚铁溶液称取一定量铁屑，放入烧瓶中，加入25mL 3molL1硫酸，用酒精灯加热（1）加热一段时间后，发现烧瓶中溶液变黄并产生能使品红溶液褪色的气体产生该现象的原因是（用化学方程式表示）（2）制备过程中，铁需过量的原因是实验改进该小组同学发现以上实验不完善，查阅资料后，对实验做如下改进：反应前通入氮气；
9、水浴加热，控制温度5060；实验中适当补充硫酸调节pH=2；增加尾气吸收装置改进装置如图1（夹持和加热装置略去）（3）实验中采用水浴加热，除了便于控制温度外，还有的优点是（4）调节pH=2目的是（5）如图2装置适合尾气吸收的是（填序号）晶体纯度测定（6）烧瓶中的溶液经处理得硫酸亚铁晶体准确称取晶体0.5000g置于锥形瓶中，加入10mL 3molL1硫酸溶液和15mL新煮沸过的蒸馏水进行溶解，立即用0.02000molL1高锰酸钾标准溶液滴定，消耗标准溶液体积的平均值为16.90mL（已知：5Fe2+MnO4+8H+5Fe3+Mn2+4H2O）高锰酸钾标准溶液应盛装在滴定管（填“酸式”或“碱式
10、”）获得硫酸亚铁晶体的纯度为三、选做题：物质结构与性质（共1小题，满分13分）11（13分）（2014宁德二模）氢能是一种洁净的可再生能源，制备和储存氢气是氢能开发的两个关键环节氢气的制取（1）水是制取氢气的常见原料，下列说法正确的是（填序号）AH3O+的空间构型为三角锥形B水的沸点比硫化氢高C冰晶体中，1mol水分子可形成4mol氢键（2）科研人员研究出以钛酸锶为电极的光化学电池，用紫外线照射钛酸锶电极，使水分解产生氢气已知钛酸锶晶胞结构如图1，则其化学式为 氢气的存储（3）Ti（BH4）2是一种储氢材料Ti原子在基态时的核外电子排布式是Ti（BH4）2可由TiCl4和LiBH4反应制得，T
11、iCl4熔点25.0，沸点136.94，常温下是无色液体，则TiCl4晶体类型为（4）最近尼赫鲁先进科学研究中心借助ADF软件对一种新型环烯类储氢材料（C16S8）进行研究，从理论角度证明这种分子中的原子都处于同一平面上（结构如图2所示），每个平面上下两侧最多可储存10个H2分子元素电负性大小关系是：CS（填“”、“=”或“”）分子中C原子的杂化轨道类型为有关键长数据如下：CSC=SC16S8中碳硫键键长/pm181155176从表中数据可以看出，C16S8中碳硫键键长介于CS与C=S之间，原因可能是：C16S8与H2微粒间的作用力是选修：有机化学基础（共1小题，满分0分）12（2014宁德二
12、模）香豆素是一种重要香料，以下是两种常见香豆素（1）关于香豆素和双香豆素，下列说法正确的是（填序号）A分子中均含有酯基B都属于芳香族化合物C双香豆素不能使溴水褪色D1mol香豆素含C=C数为4NA（NA为阿伏加德罗常数的值）（2）写出香豆素与足量NaOH溶液反应的化学方程式（3）以甲苯为原料生产香豆素流程如下：已知：（）B可与FeCl3溶液发生显色反应；（）同一个碳原子上连两个羟基通常不稳定，易脱水形成羰基C的结构简式是BC的反应类型是与乙酸酐（）反应，除生成外，另一种产物是异香豆素与香豆素互为同分异构体，具有以下特点：（a）含有苯环；（b）含有与香豆素相似的两个六元环；（c）1mol异香豆素
13、与足量NaOH溶液反应时消耗1mol NaOH写出异香豆素的结构简式2014年福建省宁德市高考化学二模试卷参考答案与试题解析一、本卷共18题，每小题6分，共108分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求1（6分）（2014宁德二模）下列说法不正确的是（）A聚乙烯塑料可作食品包装袋B乙醇和葡萄糖分子中都含有羟基C乙烯和苯都能发生氧化反应DC5H12有两种同分异构体考点：人工合成有机化合物的应用；同分异构现象和同分异构体；烃的衍生物官能团；有机化学反应的综合应用 专题：有机化学基础分析：A聚乙烯塑料无毒；B根据乙醇和葡萄糖的结构进行判断；C乙烯和苯都能燃烧；D戊烷有3种同分异构体解答：
14、解：A聚乙烯塑料无毒，可用于食品包装袋，故A正确；B乙醇和葡萄糖分子中都含有羟基，故B正确；C乙烯和苯都能燃烧，燃烧发生氧化反应，故C正确；D戊烷有3种同分异构体，故D错误，故选D点评：本题考查聚乙烯的性质、有机物的结构、乙烯和苯的性质、同分异构体的判断等，知识点较多，难度不大要注意基础知识的积累2（6分）（2014宁德二模）下列有关实验的说法不正确的是（）A取用液溴时，应戴上橡皮手套B配制一定物质的量浓度的NaCl溶液时，NaCl应在烧杯中溶解C加热乙酸、乙醇、浓硫酸的混合物制备乙酸乙酯时，应加入23块碎瓷片D无色溶液中滴加硝酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，则溶液中一定含有SO42考点
15、：药品的取用；溶液的配制；常见阴离子的检验；乙酸乙酯的制取 专题：化学实验基本操作分析：A、从液溴有很强的腐蚀性来分析；B、配制一定物质的量浓度的溶液时，固体的溶解场所是烧杯；C、碎瓷片的作用是防止暴沸；D、白色沉淀可能为AgCl，且硝酸酸化可能将亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子解答：解：A、液溴有很强的腐蚀性，故取用的时候要带橡胶手套，故A正确；B、配制一定物质的量浓度的溶液时，固体的溶解要在烧杯里进行，故B正确；C、碎瓷片能能起到防止暴沸的作用，故C正确；D、白色沉淀可能为AgCl，且硝酸酸化可能将亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，应先加盐酸，再加BaCl2溶液检验SO42，故D错误故选D点评：本
16、题考查物质的检验和实验问题，为高频考点，把握离子的检验方法、试剂及现象与结论为解答的关键，侧重离子检验的考查，注意检验应排除干扰离子，题目难度不大3（6分）（2014宁德二模）设NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）A标准状况下，2.24L NH3分子中共价键数目为0.3NAB1L 1molL1 H2O2溶液中氧原子数目为2NAC25时，pH=7的纯水中OH数目为1107NAD1L 0.1molL1 NH4Cl溶液中NH4+数目为0.1NA考点：阿伏加德罗常数 专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A氨气分子中含有3个氮氢键，根据n=计算出氨气的物质的量，再计算出含有共价键数目；B双
17、氧水溶液中，溶剂水中也含有氧原子，忽略了水中的氧原子；C缺少纯水的体积，无法计算水中氢氧根离子数目；D铵根离子部分水解，导致溶液中铵根离子数目减少解答：解：A标况下2.24L氨气的物质的量为0.1mol，0.1mol氨气中含有0.3mol氮氢键，含有的共价键数目为0.3NA，故A正确；B1L 1molL1 H2O2溶液中含有溶质双氧水1mol，由于水中也含有氧原子，则该双氧水溶液中含有的氧原子大于2mol，氧原子数目大于2NA，故B错误；C没有告诉该纯水的体积，无法计算纯水中含有的氢氧根离子数目，故C错误；D1L0.1molL1 NH4Cl溶液中含有溶质氯化铵0.1mol，由于铵根离子部分水解
18、，则溶液中铵根离子小于0.1mol，NH4+数目小于0.1NA，故D错误；故选A点评：本题考查阿伏加德罗常数的计算和判断、盐的水解原理，题目难度中等，注意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，选项A、C为易错点，注意A中溶剂水中含有氧原子、C中缺少水的体积4（6分）（2014宁德二模）密闭容器中，发生反应：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H0，下列说法正确的是（）A一定温度下，压缩容器体积，则正反应速率加快，逆反应速率减慢B若v生成（CH3OH）=v消耗（CO），则该反应达到平衡状态C升高温度，重新达到平衡时，增大D使用催化剂，反应的平衡常数增大考点：化学平衡的影响因
19、素 专题：化学平衡专题分析：A、增大压强时，正逆反应速率都增大；B、v生成（CH3OH）和v消耗（CO），都是正反应速率；C、正反应放热，升温时平衡逆向移动；D、催化剂只能加快反应速率，不影响平衡移动解答：解：A、一定温度下，压缩容器体积使压强增大时，正逆反应速率都增大，故A错误；B、v生成（CH3OH）和v消耗（CO），都是正反应速率，其相等不能说明反应达到平衡状态，故B错误；C、正反应放热，升温时平衡逆向移动，增大，故C正确；D、催化剂不影响平衡移动，所以使用催化剂不影响平衡常数的大小，故D错误；故选C点评：本题考查了影响反应速率的因素、化学平衡状态的判断、平衡移动、平衡常数，题目难度中等
20、5（6分）（2014宁德二模）A、B、C、D均为中学化学中常见的单质或化合物，它们之间的转化关系如图所示（部分产物已略去）则A不可能是（）A金属单质B非金属单质C两性氧化物D碱考点：两性氧化物和两性氢氧化物 专题：元素及其化合物分析：A铁与足量稀硝酸反应生成硝酸铁，与少量硝酸反应生成硝酸亚铁，硝酸铁与铁反应生成硝酸亚铁，硝酸亚铁与硝酸反应生成硝酸铁；B碳与少量氧气反应生成一氧化碳，与足量氧气反应生成二氧化碳，一氧化碳与氧气反应生成二氧化碳，二氧化碳与碳反应生成一氧化碳；C三氧化二铝与酸、碱都能发生反应，但是反应物与酸、碱的用量无关；D氢氧化钠与少量二氧化碳反应生成碳酸钠，与足量二氧化碳反应生成
21、碳酸氢钠，碳酸钠通入二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠与氢氧化钠反应生成碳酸钠解答：解：AA为铁，B为硝酸铁，C为硝酸亚铁，D为硝酸，可以实现上述转化，故A正确；BA为碳，B为二氧化碳，C为一氧化碳，D为氧气，可以实现上述转化，故B正确；C三氧化二铝与酸、碱都能发生反应，但是反应物与酸、碱的用量无关，不能实现上述转化，故C错误；DA为氢氧化钠，B为碳酸氢钠，C为碳酸钠，D为二氧化碳，可以实现上述转化，故D正确；故选：C点评：本题考查元素化合物知识，熟记常见元素化合物的性质是解题关键，题目难度中等6（6分）（2014宁德二模）W、X、Y、Z四种短周期元素已知X原子的核外电子数和Ne原子相差1，在
22、同周期中X原子半径最大，W、Y、Z在周期表中的相对位置如图，Z的非金属性在同周期元素中最强下列说法不正确的是（）A简单离子半径：YXB最高价氧化物对应水化物的酸性：ZYCW与X形成的化合物属于离子化合物DW、X、Z只能形成一种化合物考点：元素周期律和元素周期表的综合应用 专题：元素周期律与元素周期表专题分析：X原子的核外电子数和Ne原子相差1，在同周期中X原子半径最大，则X为Na，Z的非金属性在同周期元素中最强，由W、Y、Z在周期表中的相对位置，可知Z为Cl，Y为S、W为O，结合元素周期律解元素化合物性质解答解答：解：X原子的核外电子数和Ne原子相差1，在同周期中X原子半径最大，则X为Na，Z
23、的非金属性在同周期元素中最强，由W、Y、Z在周期表中的相对位置，可知Z为Cl，Y为S、W为O，A电子层越多，离子半径越大，故离子半径：S2Na+，故A正确；B非金属性ClS，故最高价含氧酸的酸性：高氯酸硫酸，故B正确；CW与X形成的化合物有氧化钠、过氧化钠，二者都属于离子化合物，故C正确；DO、Na、Cl可以形成次氯酸、氯酸钠等多种化合物，故D错误，故选D点评：本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，侧重对元素周期律的考查，注意对基础知识的理解掌握7（6分）（2014宁德二模）常温下，取pH=2的HA溶液与HB溶液各1mL，分别加水稀释，测得pH变化与稀释倍数关系如图所示下列叙述正确
24、的是（）AHB的电离方程式为HBH+BB稀释前，c（HB）c（HA）=0.01molL1CNaA的水溶液中，离子浓度大小为c（Na+）c（A）c（OH）c（H+）DNaA、NaB的混合溶液中：2c（Na+）=c（A）+c（B）+c（HB）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根据图象曲线变化可知，将pH=2的HB稀释100倍后，溶液的pH4，所以HB为弱酸，溶液中只能部分电离；B溶液稀释100倍，HA溶液的pH变化为2，则HA为强酸，而HB为弱酸，据此判断稀释前浓度大小；CHA为强酸，则NaA溶液为中性溶液，溶液中c（Na+）=c（A）、c（OH）=
25、c（H+）；D没有告诉NaA、NaB的浓度是否相等，无法根据物料守恒得出2c（Na+）=c（A）+c（B）+c（HB）解答：解：A将pH=2的HB稀释100倍后，溶液的pH变化小于2，说明HB为弱电解质，溶液中存在电离平衡，HB的电离方程式为：HBH+B，故A错误；B根据图象可知，pH2的HA稀释100倍后，溶液的pH变化为2，则HA为强电解质，溶液中完全电离，则pH=2的HA溶液的浓度为0.01mol/L，而HB为弱酸，则稀释前HB的浓度大于0.01mol/L，即：稀释前，c（HB）c（HA）=0.01molL1，故B正确；C根据B可知，HA为强电解质，则NaA为强酸强碱盐，溶液稀释中性，则
26、c（Na+）=c（A）、c（OH）=c（H+），溶液中离子浓度大小为：c（Na+）=c（A）c（OH）=c（H+），故C错误；D当NaA、NaB的浓度相等时，根据物料守恒可得：2c（Na+）=c（A）+c（B）+c（HB），由于不知NaA、NaB的浓度大小，无法得出2c（Na+）=c（A）+c（B）+c（HB），故D错误；故选B点评：本题考查了酸碱混合的定性判断、溶液中离子浓度大小比较，题目难度中等，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，能够根据电荷守恒、物料守恒、盐的水解判断溶液中离子浓度大小二、解答题（共3小题，满分45分）8（16分）（2014宁德二模）NO和NO2是常见的氮氧化物，研究它
27、们的综合利用有重要意义（1）氮氧化物产生的环境问题有产生光化学烟雾或形成酸雨（填一种）（2）氧化还原法消除氮氧化物的转化如下：NONO2N2反应为：NO+O3NO2+O2，生成11.2L O2（标准状况）时，转移电子的物质的量是1mol反应中，当n（NO2）：nCO（NH2）2=3：2时，反应的化学方程式是6NO2+4CO（NH2）2=7N2+8H2O+4CO2（3）硝化法是一种古老的生产硫酸的方法，同时实现了氮氧化物的循环转化，主要反应为：NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）H=41.8kJmol1已知：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H=196.6kJmol1写出NO
28、和O2反应生成NO2的热化学方程式2NO（g）+O2（g）=2NO2（g）H=113.0kJmol1一定温度下，向2L恒容密闭容器中充入NO2和SO2各1mol，5min达到平衡，此时容器中NO和NO2的浓度之比为3：1，则NO2的平衡转化率是75%上述反应达平衡后，其它条件不变时，再往容器中同时充入NO2、SO2、SO3、NO各1mol，平衡A（填序号）A向正反应方向移动B向逆反应方向移动C不移动（4）某化学兴趣小组构想将NO转化为HNO3，装置如图，电极为多孔惰性材料则负极的电极反应式是NO3e+2H2O=NO3+4H+考点：氮的氧化物的性质及其对环境的影响；热化学方程式；氧化还原反应的计
29、算；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算 专题：化学平衡专题；元素及其化合物分析：（1）根据含氮化合物对环境的影响来回答；（2）化合价升高值=化合价降低值=转移电子数，根据化合价的变化来确定电子转移数目；反应方程式中，系数之比等于物质的量之比；（3）根据盖斯定律结合热化学方程式的书写来回答；根据化学平衡中的三行式进行计算；根据Qc和K的关系来确定化学平衡的移动方向；（4）在原电池的负极上发生失电子的氧化反应解答：解：（1）氮氧化物进入大气后，不仅会形成硝酸型酸雨，还可能形成光化学烟雾，故答案为：产生光化学烟雾或形成酸雨；（2）NO+O3NO2+O2，生成1mol氧气转移电子是2mol，生成11.
30、2L即0.5mol O2（标准状况）时，转移电子的物质的量是1mol，故答案为：1；当n（NO2）：nCO（NH2）2=3：2，即NO2和CO（NH2）2的系数之比是3：2，其方程式表示为：6NO2+4CO（NH2）2=7N2+8H2O+4CO2，故答案为：6NO2+4CO（NH2）2=7N2+8H2O+4CO2；（3）已知：A、NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）H=41.8kJmol1；B、2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H=196.6kJmol1，则反应：2NO（g）+O2（g）=2NO2（g）可以看成是B2A得到的，所以该反应的H=196.6kJmol12（41.
31、8kJmol1）=113.0 kJmol1，故答案为：2NO（g）+O2（g）=2NO2（g）H=113.0 kJmol1；设NO2的变化浓度是x， NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）初始浓度：0.5 0.5 0 0变化浓度：x x x x平衡浓度：0.5x 0.5x x x则=，解得x=0.375，所以二氧化氮的转化率=100%=75%，故答案为：75%；反应的平衡常数K=9，再往容器中同时充入NO2、SO2、SO3、NO各1mol，即浓度各增加0.5mol/L，此时Qc=1.96K，所以向正反应方向移动故选A（4）将NO转化为HNO3的原电池中，负极上发生一氧化氮失电子的氧
32、化反应，即NO3e+2H2O=NO3+4H+，故答案为：NO3e+2H2O=NO3+4H+点评：本题考查学生热化学、电化学以及化学平衡的有关计算知识，是考试的重点和难点，难度中等9（15分）（2014宁德二模）氯化亚铜（CuCl）是一种白色固体，微溶于水，不溶于酒精研究该物质的应用新领域、生产新方法及生产过程中的环保新措施都具有重要意义（1）镁氯化亚铜海水电池，可用于鱼雷上该电池被海水激活时，正极导电能力增强，同时产生气泡，则正极上被还原的物质有CuCl、H2O（填化学式）（2）工业上以铜作催化剂，氯代甲烷和硅粉反应合成甲基氯硅烷的过程中产生大量废渣（主要成分为硅粉、铜、碳等）某课外小组以该废
33、渣为原料制CuCl，流程示意图如下：回答下列问题：氯代甲烷有4种，其中属于重要工业溶剂的是CHCl3或CCl4（写出化学式）“还原”阶段，SO32将Cu2+还原得CuCl2，完成下列离子方程式2Cu2+4Cl+1SO32+1H2O2CuCl2+1SO42+2H+在稀释过程中存在下列两个平衡：CuCl2CuCl+Cl K=2.32CuCl（s）Cu+（aq）+Cl Ksp=1.2106当CuCl2完成转化时（c（CuCl2）1.0105molL1），溶液中c（Cu+）5.17102molL1获得CuCl晶体需经过滤、洗涤、干燥洗涤时，常用无水乙醇代替蒸馏水做洗涤剂的优点是避免CuCl溶于水而损失
34、（写一点）（3）工业生产CuCl过程中产生浓度为23gL1的含铜废水，对人及环境都有较大的危害，必须进行回收利用用萃取法富集废水中的铜，过程如下：实验室完成步骤时，依次在分液漏斗中加入曝气后的废水和有机萃取剂，经振荡并放气后，置于铁架台的铁圈上静置片刻，分层分离上下层液体时，应先打开上口玻璃塞（或使塞上的凹槽对准漏斗口上的小孔），然后打开活塞放出下层液体，上层液体从上口倒出写出步骤的离子方程式：R2Cu+2H+=Cu2+2RH考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；制备实验方案的设计 专题：实验设计题分析：（1）镁氯化亚铜海水电池，依据电极材料和现象判断电极和电极放电物质；（2）工业上常
35、用三氯甲烷和四氯化碳作为有机溶剂；分析反应物中各元素化合价的变化，依据得失电子守恒、原子个数守恒配平方程式；依据CuCl2CuCl+Cl K=2.32，计算当CuCl2完成转化时C（Cl），然后依据CuCl（s）Cu+（aq）+Cl Ksp=1.2106计算C（Cu+）；依据CuCl（s）不溶于乙醇的性质，避免CuCl溶于水而损失；（3）依据分液漏斗的正确使用方法解答；依据流程中给出反应物和生成物结合离子反应发生的条件及原子个数守恒解答解答：解：（1）镁氯化亚铜海水电池，镁做负极、氯化亚铜做正极，正极氯化亚铜得到电子发生还原反应生成铜，电极导电性增强，同时氢离子得到电子生成氢气；电极反应式：负
36、极电极反应式：Mg2e=Mg2+，正极电极反应式：CuCl+e=Cu+Cl，2H+2e=H2；所以被还原的物质为：CuCl、H2O（或H+）；故答案为：CuCl、H2O（或H+）；（2）三氯甲烷和四氯化碳是工业上常用的有机溶剂；故答案为：CHCl3或CCl4“还原”阶段，SO32将Cu2+还原得CuCl2，反应中铜离子化合价由+2降为+1价，化合价降低1，发生还原反应；亚硫酸根中硫元素化合价由+4价被氧化为硫酸根中的+6价，化合价升高2，依据氧化还原反应中氧化剂得到的电子数等于还原剂失去的电子数，结合原子个数守恒，该反应的方程式为：2Cu2+4Cl+SO32+H2O=2CuCl2+SO42+2
37、H+，故答案为：2 4 1 1 H2O 2 1 SO422 H+；当CuCl2完成转化时C（Cl），（c（CuCl2）1.0105molL1），则C（Cl）=Kc（CuCl2）=2.32105mol/L；则c（Cu+）=KspC（Cl）=5.17102molL1；故答案为：5.17102molL1；CuCl（s）不溶于乙醇的性质，使用无水乙醇代替水进行洗涤，防止CuCl晶体溶解损失；故答案为：避免CuCl溶于水而损失；（3）萃取分液后依次依次在分液漏斗中加入曝气后的废水和有机萃取剂，经振荡并放气后，置于铁架台的铁圈上静置片刻，分层分离上下层液体时，应先打开上口玻璃塞，（或使塞上的凹槽对准漏斗口
38、上的小孔），然后打开活塞放出下层液体，上层液体从上口倒出；故答案为：放气 打开上口玻璃塞（或使塞上的凹槽对准漏斗口上的小孔）；步骤的离子方程式：R2Cu+2H+=Cu2+2RH；故答案为：R2Cu+2H+=Cu2+2RH点评：本题为工艺流程题，是高考的热点，题目难度较大，涉及电化学、沉淀溶解平衡、氧化还原方程式的书写等，侧重考查学生综合能力，熟悉相关知识是解题关键，注意对所学知识的迁移应用10（14分）（2014宁德二模）某课外学习小组为探究硫酸亚铁晶体（FeSO47H2O）制备及影响因素，进行如下实验制取硫酸亚铁溶液称取一定量铁屑，放入烧瓶中，加入25mL 3molL1硫酸，用酒精灯加热（1
39、）加热一段时间后，发现烧瓶中溶液变黄并产生能使品红溶液褪色的气体产生该现象的原因是2Fe+6H2SO4（浓）Fe2（SO4）3+3SO2+6H2O（用化学方程式表示）（2）制备过程中，铁需过量的原因是防止Fe2+被氧化实验改进该小组同学发现以上实验不完善，查阅资料后，对实验做如下改进：反应前通入氮气；水浴加热，控制温度5060；实验中适当补充硫酸调节pH=2；增加尾气吸收装置改进装置如图1（夹持和加热装置略去）（3）实验中采用水浴加热，除了便于控制温度外，还有的优点是均匀受热（4）调节pH=2目的是抑制Fe2+的水解（5）如图2装置适合尾气吸收的是BC（填序号）晶体纯度测定（6）烧瓶中的溶液经
40、处理得硫酸亚铁晶体准确称取晶体0.5000g置于锥形瓶中，加入10mL 3molL1硫酸溶液和15mL新煮沸过的蒸馏水进行溶解，立即用0.02000molL1高锰酸钾标准溶液滴定，消耗标准溶液体积的平均值为16.90mL（已知：5Fe2+MnO4+8H+5Fe3+Mn2+4H2O）高锰酸钾标准溶液应盛装在酸式滴定管（填“酸式”或“碱式”）获得硫酸亚铁晶体的纯度为93.96%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：实验设计题分析：I（1）加热条件下，浓硫酸与Fe反应生成二氧化硫、硫酸铁和水；（2）亚铁离子易被空气中的氧气氧化；II（3）水浴加热受热均匀，便于控制加热温度；
41、（4）亚铁离子水解显酸性，增大氢离子浓度水解平衡逆移；（5）吸收尾气要防倒吸；III（6）高锰酸钾具强氧化性，能腐蚀碱式滴定管中的橡胶管；根据消耗的高锰酸钾的体积求出其物质的量，再根据反应方程式求出硫酸亚铁的物质的量，然后求出质量和质量分数解答：解：I（1），加热一段时间后，发现烧瓶中溶液变黄并产生能使品红溶液褪色的气体，是因为加热条件下，浓硫酸与Fe反应生成二氧化硫、硫酸铁和水，其反应的化学方程式为：2Fe+6H2SO4（浓）Fe2（SO4）3+3SO2+6H2O；故答案为：2Fe+6H2SO4（浓）Fe2（SO4）3+3SO2+6H2O；（2）亚铁离子易被空气中的氧气氧化，生成三价铁离子，
42、加过量的铁粉，铁粉能把三价铁离子还原为亚铁离子，所以过量的铁粉防止Fe2+被氧化；故答案为：防止Fe2+被氧化；II（3）用水浴加热时便于控制加热温度，烧瓶与水接触的地方均能被加热，而且加热温度相同，所以水浴加热可以使烧瓶受热均匀；故答案为：均匀受热；（4）亚铁离子水解显酸性，增大氢离子浓度水解平衡逆移，抑制亚铁离子水解，所以调节pH=2目的是抑制Fe2+的水解；故答案为：抑制Fe2+的水解；（5）二氧化硫易溶于水，吸收尾气要防倒吸，所以要选择BC；故答案为：BC；III（6）高锰酸钾具有强氧化性，能腐蚀碱式滴定管中的橡胶管，所以要用酸式滴定管量取；故答案为：酸式；5Fe2+MnO4+8H+5
43、Fe3+Mn2+4H2O 5mol 1mol n（Fe2+） 0.02000molL10.0169L则n（Fe2+）=5mol0.02000molL10.0169L=0.00169mol，硫酸亚铁晶体的纯度为：100%=93.96%；故答案为：93.96%点评：本题考查了物质制备方案设计，涉及物质之间的反应、盐的水解尾气处理、物质的量的计算和质量分数的求算等，题目难度中等，侧重于基础知识的综合应用的考查，注意对基础知识的积累三、选做题：物质结构与性质（共1小题，满分13分）11（13分）（2014宁德二模）氢能是一种洁净的可再生能源，制备和储存氢气是氢能开发的两个关键环节氢气的制取（1）水是制
44、取氢气的常见原料，下列说法正确的是AB（填序号）AH3O+的空间构型为三角锥形B水的沸点比硫化氢高C冰晶体中，1mol水分子可形成4mol氢键（2）科研人员研究出以钛酸锶为电极的光化学电池，用紫外线照射钛酸锶电极，使水分解产生氢气已知钛酸锶晶胞结构如图1，则其化学式为SrTiO3 氢气的存储（3）Ti（BH4）2是一种储氢材料Ti原子在基态时的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d24s2或Ar3d24s2Ti（BH4）2可由TiCl4和LiBH4反应制得，TiCl4熔点25.0，沸点136.94，常温下是无色液体，则TiCl4晶体类型为分子晶体（4）最近尼赫鲁先进科学研究中心借助
45、ADF软件对一种新型环烯类储氢材料（C16S8）进行研究，从理论角度证明这种分子中的原子都处于同一平面上（结构如图2所示），每个平面上下两侧最多可储存10个H2分子元素电负性大小关系是：CS（填“”、“=”或“”）分子中C原子的杂化轨道类型为sp2有关键长数据如下：CSC=SC16S8中碳硫键键长/pm181155176从表中数据可以看出，C16S8中碳硫键键长介于CS与C=S之间，原因可能是：分子中的C与S原子之间有键或分子中的碳硫键具有一定程度的双键性质等C16S8与H2微粒间的作用力是范德华力考点：原子轨道杂化方式及杂化类型判断；原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算 专
46、题：化学键与晶体结构分析：（1）A水合氢离子中氧原子含有3个键和1个孤电子对，所以其采用sp3杂化，空间构型为三角锥形；BO的电负性较大，对应的氢化物可形成氢键，沸点较高；C在冰晶体中，每个水分子与相邻的4个水分子形成氢键，利用均摊法计算；（2）利用均摊法计算该晶胞中含有的原子个数，从而确定其化学式；（3）处于最低能量的原子叫做基态原子，基态电子排布遵循能量最低原理、保里不相容原理和洪特规则，Ti元素为22号元素，原子核外有22个电子，根据核外电子排布规律书写；TiCl4在通常情况下是无色液体，熔点为37，沸点为136.94；根据其物理性质来判断晶体类型；（4）一般来说，周期表从左到右，元素的
47、电负性逐渐变大；周期表从上到下，元素的电负性逐渐变小电负性大的元素集中在元素周期表的右上角，电负性小的元素集中在左下角；对于有机物利用杂化轨道数=孤对电子对数+键数进行判断；当n=2，sp杂化；n=3，sp2杂化；n=4，sp3杂化；根据键长数据分析；分子与分子间的作用力为分子间作用力解答：解：I（1）A水合氢离子中，价层电子对数=3+（6131）=4，且含有一个孤电子对，所以其空间构型是三角锥型，故A正确；B氢键广泛存在于非金属性较强的元素F、O、N等元素形成的含氢化合物中，水分子间存在氢键，所以其沸点比硫化氢高，故B正确；C在冰晶体中，每个水分子与相邻的4个水分子形成氢键，每1个水分子平均
48、形成2个氢键，故C错误；故答案为：AB；（2）该晶胞中Ti原子个数为1，O原子个数6=3，Sr原子的个数为8=1，所以化学式为SrTiO3，故答案为：SrTiO3；（3）Ti的原子序数为22，位于第四周期第B族，最后填充d电子，电子排布为1s22s22p63s23p63d24s2，故答案为：1s22s22p63s23p63d24s2或Ar3d24s2；TiCl4在通常情况下是无色液体，熔点为37，沸点为136.94，由此可判断 TiCl4是由共价键结合的分子，晶体类型属于分子晶体，故答案为：分子晶体；（4）元素周期表中同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增强，同主族元素从上到下元素的电负性逐渐减
49、弱，所以元素的电负性是指元素的原子在化合物中把电子吸引向自己的本领，元素的非金属性强者电负性大，其单质的最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，H2CO3的酸性远不及H2SO4的酸性强，所以元素电负性C略小于S，故答案为：；根据图2结构可知：碳原子形成2个CS，1个C=S二键，C原子杂化轨道数为（2+1）=3，C原子采取sp2杂化方式，故答案为：sp2；CS键长为181pm，C=S键长为155pm，C16S8中碳硫键键长为176pm，键长介于CS与C=S之间，原因可能是：分子中的C与S原子之间有键或分子中的碳硫键具有一定程度的双键性质，故答案为：分子中的C与S原子之间有键或分子中的碳硫键具有一定程
50、度的双键性质；分子之间存在范德华力，C16S8与H2微粒间的作用力是范德华力，故答案为：范德华力点评：本题考查较为综合，涉及分子的立体构型、晶胞结构、原子在基态时的核外电子排布、氢键、杂化等知识点，题目难度中等，注意杂化轨道数判断，为高频考点选修：有机化学基础（共1小题，满分0分）12（2014宁德二模）香豆素是一种重要香料，以下是两种常见香豆素（1）关于香豆素和双香豆素，下列说法正确的是AB（填序号）A分子中均含有酯基B都属于芳香族化合物C双香豆素不能使溴水褪色D1mol香豆素含C=C数为4NA（NA为阿伏加德罗常数的值）（2）写出香豆素与足量NaOH溶液反应的化学方程式（3）以甲苯为原料生
51、产香豆素流程如下：已知：（）B可与FeCl3溶液发生显色反应；（）同一个碳原子上连两个羟基通常不稳定，易脱水形成羰基C的结构简式是BC的反应类型是取代反应与乙酸酐（）反应，除生成外，另一种产物是CH3COOH异香豆素与香豆素互为同分异构体，具有以下特点：（a）含有苯环；（b）含有与香豆素相似的两个六元环；（c）1mol异香豆素与足量NaOH溶液反应时消耗1mol NaOH写出异香豆素的结构简式考点：有机物的合成 专题：有机物的化学性质及推断分析：（1）根据香豆素和双香豆素的结构简式可判断；（2）香豆素中有酯基，与足量NaOH溶液反应，发生水解；（3）甲苯在催化作用下与氯气取代生成A，由ABC可
52、推知A应为，B可与FeCl3溶液发生显色反应，说明B中含有酚羟基，B为，对比B、C的分子式可知B在光照条件下发生取代生成C为，据此答题解答：解：（1）A香豆素和双香豆素的结构简式可以看出，两个分子中均含有酯基，故A正确；B香豆素和双香豆素都含有苯环，所以都属于芳香族化合物，故B正确；C双香豆素中含有碳碳双键，能使溴水褪色，故C错误；D苯环中不含有C=C键，所以1mol香豆素含C=C数为1NA（NA为阿伏加德罗常数的值），故D错误；故选AB；（2）香豆素中有酯基，与足量NaOH溶液反应，发生水解，反应的方程式为，故答案为：；（3）甲苯在催化作用下与氯气取代生成A，由ABC可推知A应为，B可与Fe
53、Cl3溶液发生显色反应，说明B中含有酚羟基，B为，对比B、C的分子式可知B在光照条件下发生取代生成C为，根据上面的分析可知，C的结构简式是，故答案为：；BC是B中的甲基上的氢原子被氯原子取代，所以是取代反应，故答案为：取代反应；与乙酸酐（）反应，除生成外，根据元素守恒可知，另一种产物是CH3COOH，故答案为：CH3COOH；异香豆素与香豆素互为同分异构体，具有以下特点：（a）含有苯环；（b）含有与香豆素相似的两个六元环；（c）1mol异香豆素与足量NaOH溶液反应时消耗1mol NaOH，说明有一个酯基，且水解后不生成酚羟基，所以异香豆素的结构简式为，故答案为：点评：本题考查有机物的合成，题目难度中等，本题注意根据有机物官能团的变化判断有机物的结构简式、反应类型等，注意结构决定性质，性质推测结构
