1、高考资源网（） 您身边的高考专家2014-2015学年湖南省郴州市宜章一中高三（上）第五次限时化学试卷一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1（3分）（2013西城区二模）下列说法不正确的是（）ANH4+中质子数和电子数相等B乙醇比乙二醇的沸点低C乙炔与苯的实验式均为CHD过氧化钠与过氧化氢中均含有非极性键2（3分）（2014肇庆一模）下列说法正确的是（）A油脂饱和程度越大，熔点越低B氨基酸、二肽、蛋白质均既能跟强酸反应又能跟强碱反应C蔗糖、麦芽糖、硬脂酸甘油酯酸性水解都能得到2种物质D麻黄碱（）的催化氧化产物能发生银镜反应3（3分）（2013武汉模拟）下列有关铝或其化合物的说法中不正
2、确的是（）A制备AlCl3不能采用将溶液直接蒸干的方法B工业上采用电解AlCl3的方法冶炼金属铝C实验室常用氨水和硫酸铝溶液制备Al（OH）3D存在于污水中的胶体物质，常用投加明矾等电解质的方法进行处理4（3分）（2014红桥区二模）下列实验操作不能达到预期实验目的是（）实验目的实验操作A鉴别乙酸乙酯和乙酸分别加入饱和Na2CO3溶液B比较Fe和Cu的金属活动性分别加入浓硝酸C比较H2O和乙醇中羟基氢的活泼性分别加入少量NaD比较I2在H2O和CCl4中的溶解度向I2水中加入CCl4，振荡AABBCCDD5（3分）（2013海淀区二模）有关下列四个常用电化学装置的叙述中，正确的是（）图碱性锌锰
3、电池图铅硫酸蓄电池图电解精炼铜图银锌纽扣电池A图所示电池中，MnO2的作用是催化剂B图II所示电池放电过程中，硫酸浓度不断增大C图III所示装置工作过程中，电解质溶液中Cu2+浓度始终不变D图IV所示电池中，Ag2O是氧化剂，电池工作过程中还原为Ag6（3分）（2014荆州模拟）已知温度T时，水的离子积常数为KW，该温度下将V1 mL a molL1的一元酸HA与V2 mL b molL1的一元碱BOH充分混合，下列判断一定正确的是（）A若V1a=V2b，稀释此混合溶液时，溶液中各离子浓度一定都发生变化B若pH（HA）+pH（BOH）=14，则V1=V2时，酸碱恰好完全中和C此混合液中：2c（
4、H+）+c（B+）c（OH）+c（A）D若混合溶液中c（OH）=molL1，则此溶液一定呈中性7（3分）（2013海淀区一模）某课外小组欲测定过氧化钠与碳酸钠混合物中过氧化钠的质量分数，准确称量a克样品，下列后续实验方案中，不合理的是（）A隔绝空气加热，冷却后，称量剩余固体质量m1 gB与足量稀盐酸反应并蒸干，称量剩余固体质量m2 gC与足量水反应并加热，收集到标准状况下V1 L干燥气体D与足量稀硫酸反应并加热，收集到标准状况下V2 L 干燥气体二、解答题（共4小题，满分58分）8（14分）（2014宜阳县校级模拟）食盐中含有一定量的镁、铁等杂质，加碘盐中碘的损失主要是由于杂质、水分、空气中的
5、氧气以及光照、受热而引起的已知：氧化性：103Fe3+I2；还原性：S2O32I；KI+I2KI3（1）某学习小组对加碘盐进行如下实验：取一定量某加碘盐（可能含有KIO3、KI、Mg2+、Fe2+、Fe3+），用适量蒸馏水溶解，并加稀盐酸酸化，将所得溶液分为4份第一份试液中滴加KSCN溶液后显红色；第二份试液中加足量KI固体，溶液显淡黄色，用CCl4萃取，下层溶液显紫红色；第三份试液中加入适量KIO3固体后，滴加淀粉试剂，溶液不变色向第四份试液中加K3Fe（CN）6溶液，根据是否得到具有特征蓝色的沉淀，可检验是否含有（用离子符号表示），蓝色的沉淀是（用化学式表示）第二份试液中加入足量KI固体后
6、，反应的离子方程式为：、（2）KI作为加碘剂的食盐在保存过程中，由于空气中氧气的作用，容易引起碘的损失写出潮湿环境下KI与氧气反应的化学方程式：将I2溶于KI溶液，在低温条件下，可制得KI3H2O该物质不适合作为食盐加碘剂，其理由是（3）某同学为探究温度和反应物浓度对反应2IO3+5SO32+2H+I2+5SO42+H2O的速率的影响，设计实验如表所示：0.01molL1KIO3酸性溶液（含淀粉）的体积/mL0.01molL1Na2SO3溶液的体积/mLH2O的体积/mL实验温度/溶液出现蓝色时所需时间/s实验15V13525t1实验2554025t2实验355V20t3表中数据：t1t2（填
7、“”、“”或“=”）；表中V2=mL9（14分）（2015江西模拟）钛铁矿的主要成分为FeTiO3（可表示为FeOTiO2），含有少量MgO、CaO、SiO2等杂质利用钛铁矿制备锂离子电池电极材料（钛酸锂Li4Ti5O12和磷酸亚铁锂LiFePO4）的工业流程如图所示：已知：FeTiO3与盐酸反应的离子方程式为：FeTiO3+4H+4Cl=Fe2+TiOCl42+2H2O（1）化合物FeTiO3中铁元素的化合价是（2）滤渣A的成分是（3）滤液B中TiOCl42转化生成TiO2的离子方程式是（4）反应中固体TiO2转化成（NH4）2Ti5O15溶液时，Ti元素的浸出率与反应温度的关系如图所示反应
8、温度过高时，Ti元素浸出率下降的原因是（5）反应的化学方程式是（6）由滤液D制备LiFePO4的过程中，所需 17%双氧水与H2C2O4的质量比是（7）若采用钛酸锂（Li4Ti5O12）和磷酸亚铁锂（LiFePO4）作电极组成电池，其工作原理为：Li4Ti5O12+3LiFePO4+3FePO4该电池充电时阳极反应式是10（15分）Na2S2O35H2O在化学定量分析中常用作基准物质，实验室制备原理为：2Na2S+Na2CO3+4SO23Na2S2O3+CO2设计如图1装置（夹持仪器省略）进行实验（1）A中发生的化学反应方程式为（2）C中所盛试剂可能是；若要停止A中的化学反应，除取下酒精灯停止
9、加热外，还可以采取的操作是（3）学生乙在加热A后，发现液面下的铜丝变黑对黑色生成物该学生提出如下假设：可能是CuO 可能是Cu2O 可能是CuS学生丙提出假设一定不成立，依据是；该生用如图2实验进一步验证黑色物质的组成：基于上述假设分析，黑色物质的组成为（填化学式）（4）实验室用Na2S2O3标液测量废水Ba2+的浓度，过程如下：（已知：2S2O32+I2=S4O62+2I）取废水25.00mLBaCrO4固体I2、Cr3+、Ba2+、Cl终点写出BaCrO4沉淀与过量HI、HCl溶液反应的离子方程式；以淀粉为指示剂，则到达滴定终点的现象是若标液Na2S2O3的浓度0.0030molL1，消耗
10、该Na2S2O3溶液体积如图3，则废水Ba2+的浓度为11（15分）（2014抚州模拟）以烯烃为原料，合成某些高聚物的路线如下：（1）CH3CH=CHCH3的名称是（2）X中含有的官能团是（3）AB的化学方程式是（4）DE的反应类型是（5）甲为烃，F能与NaHCO3反应产生CO2下列有关说法正确的是a有机物Z能发生银镜反应 b有机物Y与HOCH2CH2OH 互为同系物c有机物Y的沸点比B低 d有机物F能与己二胺缩聚成聚合物Y的同分异构体有多种，写出分子结构中含有酯基的所有同分异构体的结构简式ZW的化学方程式是（6）高聚物H的结构简式是2014-2015学年湖南省郴州市宜章一中高三（上）第五次限
11、时化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1（3分）（2013西城区二模）下列说法不正确的是（）ANH4+中质子数和电子数相等B乙醇比乙二醇的沸点低C乙炔与苯的实验式均为CHD过氧化钠与过氧化氢中均含有非极性键考点：质子数、中子数、核外电子数及其相互联系；极性键和非极性键；有机物实验式和分子式的确定 专题：原子组成与结构专题；有机物分子组成通式的应用规律分析：A根据N的质子数为7，H的质子数为1，所以NH4+中质子数为11，电子数为10个；B根据乙二醇中有两个羟基，形成的氢键比乙醇多；C根据乙炔与苯的分子式分别为：C2H2、C6H6来分析；D根据同种非金属元素之
12、间形成非极性共价键解答：解：A由于N的质子数为7，H的质子数为1，所以NH4+中质子数为11，电子数为10个，质子数和电子数不相等，故A错误；B乙二醇中有两个羟基，形成的氢键比乙醇多，所以乙二醇比乙醇的沸点高，故B正确；C乙炔与苯的分子式分别为：C2H2、C6H6，所以它们的实验式均为CH，故C正确；D过氧化钠中的过氧根离子是氧原子和氧原子之间以非极性共价键结合的，双氧水分子中氧原子和氧原子之间以非极性共价键结合的，故D正确；故选A点评：本题主要考查了质子数的计算方法、氢键对沸点的影响、共价键的分类等，难度不大，注意基础知识的积累2（3分）（2014肇庆一模）下列说法正确的是（）A油脂饱和程度
13、越大，熔点越低B氨基酸、二肽、蛋白质均既能跟强酸反应又能跟强碱反应C蔗糖、麦芽糖、硬脂酸甘油酯酸性水解都能得到2种物质D麻黄碱（）的催化氧化产物能发生银镜反应考点：油脂的性质、组成与结构；蔗糖、麦芽糖简介；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点 专题：有机物的化学性质及推断分析：A油脂饱和程度越大，熔点越高；B氨基酸、二肽、蛋白质都含有氨基和羧基；C麦芽糖水解只生成葡萄糖；D与羟基相连的碳上只有1个氢原子解答：解：A熔点随分子量增大而增加，油脂饱和程度越大，熔点越高，故A错误； B氨基酸、二肽、蛋白质都含有氨基和羧基，既能跟强酸反应又能跟强碱反应，故B正确；C麦芽糖水解只生成葡萄糖一种物质，故C错误；
14、D与羟基相连的碳上只有1个氢原子，氧化得到酮，得不到醛，故D错误故选B点评：本题考查有机物的结构与性质，注意把握羟基被氧化的结构条件是解题的关键，题目难度中等3（3分）（2013武汉模拟）下列有关铝或其化合物的说法中不正确的是（）A制备AlCl3不能采用将溶液直接蒸干的方法B工业上采用电解AlCl3的方法冶炼金属铝C实验室常用氨水和硫酸铝溶液制备Al（OH）3D存在于污水中的胶体物质，常用投加明矾等电解质的方法进行处理考点：铝的化学性质 专题：元素及其化合物分析：A、氯化铝水解会得到氢氧化铝和氯化氢溶液；B、氯化铝是分子晶体，熔融的氯化铝中不存在自由移动的铝离子；C、氢氧化铝可以和强碱之间反应
15、，但是和氨水之间不反应；D、明矾溶液中的铝离子水解可以得到具有漂白性的氢氧化铝胶体解答：解：A、将氯化铝溶液直接蒸干会得到氢氧化铝，不会得到氯化铝晶体，故A正确；B、氯化铝是分子晶体，熔融的氯化铝中不存在自由移动的铝离子，电解熔融的氧化铝可以获取金属铝，故B错误；C、氢氧化铝可以和强碱之间反应，但是和氨水之间不反应，可以用氨水和硫酸铝溶液制备Al（OH）3，故C正确；D、明矾溶液中的铝离子水解可以得到具有净水作用的氢氧化铝胶体，常用投加明矾等电解质的方法对污水进行处理，故D正确故选B点评：本题考查学生金属铝以及化合物的性质知识，属于综合知识的考查，难度不大4（3分）（2014红桥区二模）下列实
16、验操作不能达到预期实验目的是（）实验目的实验操作A鉴别乙酸乙酯和乙酸分别加入饱和Na2CO3溶液B比较Fe和Cu的金属活动性分别加入浓硝酸C比较H2O和乙醇中羟基氢的活泼性分别加入少量NaD比较I2在H2O和CCl4中的溶解度向I2水中加入CCl4，振荡AABBCCDD考点：化学实验方案的评价 专题：化学实验基本操作分析：A乙酸与碳酸钠溶液反应生成气体，而乙酸乙酯不能；BFe常温下遇浓硝酸发生钝化，Cu与浓硝酸反应，但活泼性Fe大于Cu；CNa与水反应剧烈；D碘易溶于四氯化碳解答：解：A乙酸与碳酸钠溶液反应生成气体，而乙酸乙酯不能，现象不同，能鉴别，故A正确；BFe常温下遇浓硝酸发生钝化，Cu
17、与浓硝酸反应，但活泼性Fe大于Cu，可选盐酸或稀硫酸来比较金属的活泼性，故B错误；CNa与水反应剧烈，与乙醇反应较平稳，则可比较H2O和乙醇中羟基氢的活泼性，故C正确；D碘易溶于四氯化碳，不易溶于水，则可比较I2在H2O和CCl4中的溶解度，故D正确；故选B点评：本题考查化学实验方案的评价，涉及物质的鉴别、金属活泼性的比较、羟基H活泼性的比较、萃取等，注重基础知识的考查，明确物质的性质是解答的关键，题目难度不大5（3分）（2013海淀区二模）有关下列四个常用电化学装置的叙述中，正确的是（）图碱性锌锰电池图铅硫酸蓄电池图电解精炼铜图银锌纽扣电池A图所示电池中，MnO2的作用是催化剂B图II所示电
18、池放电过程中，硫酸浓度不断增大C图III所示装置工作过程中，电解质溶液中Cu2+浓度始终不变D图IV所示电池中，Ag2O是氧化剂，电池工作过程中还原为Ag考点：原电池和电解池的工作原理 专题：电化学专题分析：A二氧化锰作正极；B根据放电过程中电池反应判断浓硫酸浓度变化；C粗铜中不仅含有铜还含有其它金属，根据转移电子守恒判断溶液中铜离子浓度是否变化；D在氧化还原反应中，得电子化合价降低的是氧化剂解答：解：A该电池反应中二氧化锰得到电子被还原，为原电池的正极，故A错误；B铅蓄电池放电时电池反应为：Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，该反应中浓硫酸参加反应，所以浓度降低，故B错误；
19、C粗铜中不仅含有铜还含有其它金属，电解时，粗铜中有铜和其它金属失电子，纯铜上只有铜离子得电子，所以阴极上析出的铜大于阳极上减少的铜，所以溶液中铜离子浓度降低，故C错误；D该原电池中，正极上氧化银得电子生成银，所以氧化剂作氧化剂发生还原反应，故D正确；故选D点评：本题考查原电池和电解池原理，明确电极上发生的反应是解本题关键，难度不大6（3分）（2014荆州模拟）已知温度T时，水的离子积常数为KW，该温度下将V1 mL a molL1的一元酸HA与V2 mL b molL1的一元碱BOH充分混合，下列判断一定正确的是（）A若V1a=V2b，稀释此混合溶液时，溶液中各离子浓度一定都发生变化B若pH（
20、HA）+pH（BOH）=14，则V1=V2时，酸碱恰好完全中和C此混合液中：2c（H+）+c（B+）c（OH）+c（A）D若混合溶液中c（OH）=molL1，则此溶液一定呈中性考点：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如溶液呈中性，则稀释后c（H+）、c（OH）不变；B若pH（HA）+pH（BOH）=14，说明酸中c（H+）等于碱中c（OH），如有一种为弱电解质，则反应后弱电解质剩余；C根据溶液的电荷守恒判断；D若混合溶液中c（OH）=molL1，则（H+）=c（OH）解答：解：A如HA和BOH为强电解质，则混合反应后溶液呈中性，稀释后c（H+）、c（O
21、H）不变，故A错误；B若pH（HA）+pH（BOH）=14，说明酸中c（H+）等于碱中c（OH），但是无法知道酸与碱是否为强酸、强碱，如为弱酸、强碱，则酸过量，如为弱碱、强酸，则碱过量，故B错误；C反应后溶液呈中性，应存在c（H+）+c（B+）=c（OH）+c（A），则2c（H+）+c（B+）c（OH）+c（A），故C错误；D若混合溶液中c（OH）=molL1，则（H+）=c（OH），则此溶液一定呈中性，故D正确故选D点评：本题考查酸碱混合的定性判断和计算，题目难度中等，本题注意结合弱电解质的电离特点极性判断，注意溶液电荷守恒的应用7（3分）（2013海淀区一模）某课外小组欲测定过氧化钠与碳酸
22、钠混合物中过氧化钠的质量分数，准确称量a克样品，下列后续实验方案中，不合理的是（）A隔绝空气加热，冷却后，称量剩余固体质量m1 gB与足量稀盐酸反应并蒸干，称量剩余固体质量m2 gC与足量水反应并加热，收集到标准状况下V1 L干燥气体D与足量稀硫酸反应并加热，收集到标准状况下V2 L 干燥气体考点：化学实验方案的评价 专题：实验评价题分析：A过氧化钠与碳酸钠都稳定；B最终反应生成氯化钠；C过氧化钠与水反应生成氧气；D过氧化钠与水反应生成氧气，稀硫酸与碳酸钠反应生成二氧化碳解答：解：A过氧化钠与碳酸钠都稳定，不易分解，故A错误； B最终反应生成氯化钠，质量变化，故B正确；C过氧化钠与水反应生成氧
23、气，可能为V1 L，故C正确；D过氧化钠与水反应生成氧气，稀硫酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，可能为V2 L，故D正确故选A点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，侧重实验基本操作和实验原理的考查，题目难度不大二、解答题（共4小题，满分58分）8（14分）（2014宜阳县校级模拟）食盐中含有一定量的镁、铁等杂质，加碘盐中碘的损失主要是由于杂质、水分、空气中的氧气以及光照、受热而引起的已知：氧化性：103Fe3+I2；还原性：S2O32I；KI+I2KI3（1）某学习小组对加碘盐进行如下实验：取一定量某加碘盐（可能含有KIO3、KI、Mg2+、Fe2+、Fe3+），用适量蒸馏水溶解，并加稀盐酸
24、酸化，将所得溶液分为4份第一份试液中滴加KSCN溶液后显红色；第二份试液中加足量KI固体，溶液显淡黄色，用CCl4萃取，下层溶液显紫红色；第三份试液中加入适量KIO3固体后，滴加淀粉试剂，溶液不变色向第四份试液中加K3Fe（CN）6溶液，根据是否得到具有特征蓝色的沉淀，可检验是否含有Fe2+（用离子符号表示），蓝色的沉淀是Fe3Fe（CN）62（用化学式表示）第二份试液中加入足量KI固体后，反应的离子方程式为：IO3+5I+6H+=3I2+3H2O、2Fe3+2I=2Fe2+I2（2）KI作为加碘剂的食盐在保存过程中，由于空气中氧气的作用，容易引起碘的损失写出潮湿环境下KI与氧气反应的化学方程
25、式：4KI+O2+2H2O=4KOH+2I2将I2溶于KI溶液，在低温条件下，可制得KI3H2O该物质不适合作为食盐加碘剂，其理由是KI3H2O在受热条件下产生I2和KI，KI易被氧气氧化，碘易升华（3）某同学为探究温度和反应物浓度对反应2IO3+5SO32+2H+I2+5SO42+H2O的速率的影响，设计实验如表所示：0.01molL1KIO3酸性溶液（含淀粉）的体积/mL0.01molL1Na2SO3溶液的体积/mLH2O的体积/mL实验温度/溶液出现蓝色时所需时间/s实验15V13525t1实验2554025t2实验355V20t3表中数据：t1t2（填“”、“”或“=”）；表中V2=4
26、0mL考点：物质的检验和鉴别的实验方案设计；化学反应速率的影响因素 专题：物质检验鉴别题；化学反应速率专题分析：（1）Fe2+与K3Fe（CN）6溶液反应生成蓝色沉淀；KIO3、Fe3+具有氧化性，与KI发生氧化还原反应；（2）KI与氧气反应生成碘单质、KOH，KI3H2O该物质不适合作为食盐加碘剂，与其稳定性、还原性有关；（3）探究反应速率应注意控制变量，实验1、2中只有浓度不同，V1=5，实验1浓度大反应速率快；实验2、3应控制温度不同，其它条件相同，以此来解答解答：解：（1）Fe2+与K3Fe（CN）6溶液反应生成蓝色沉淀，则根据是否得到具有特征蓝色的沉淀，可检验是否含有Fe2+，生成沉
27、淀为Fe3Fe（CN）62，故答案为：Fe2+；Fe3Fe（CN）62；KIO3、Fe3+具有氧化性，与KI发生氧化还原反应，离子反应分别为IO3+5I+6H+=3I2+3H2O、2Fe3+2I=2Fe2+I2，故答案为：IO3+5I+6H+=3I2+3H2O；（2）KI与氧气反应生成碘单质、KOH，发生的化学反应为4KI+O2+2H2O=4KOH+2I2，因KI3H2O在受热条件下产生I2和KI，KI易被氧气氧化，碘易升华，则该物质不适合作为食盐加碘剂，故答案为：4KI+O2+2H2O=4KOH+2I2；KI3H2O在受热条件下产生I2和KI，KI易被氧气氧化，碘易升华；（3）探究反应速率应
28、注意控制变量，实验1、2中只有浓度不同，V1=5，实验1浓度大反应速率快，则t1t2；实验2、3应控制温度不同，其它条件相同，则V2=40mL，故答案为：；40点评：本题考查物质鉴别和检验实验方案的设计，为高频考点，把握离子的检验、物质的性质及发生的氧化还原反应、影响反应速率的因素为解答的关键，侧重分析能力及知识综合应用能力的考查，注意（4）中控制变量法的应用，题目难度不大9（14分）（2015江西模拟）钛铁矿的主要成分为FeTiO3（可表示为FeOTiO2），含有少量MgO、CaO、SiO2等杂质利用钛铁矿制备锂离子电池电极材料（钛酸锂Li4Ti5O12和磷酸亚铁锂LiFePO4）的工业流程
29、如图所示：已知：FeTiO3与盐酸反应的离子方程式为：FeTiO3+4H+4Cl=Fe2+TiOCl42+2H2O（1）化合物FeTiO3中铁元素的化合价是+2（2）滤渣A的成分是SiO2（3）滤液B中TiOCl42转化生成TiO2的离子方程式是TiOCl42+H2O=TiO2+2H+4Cl（4）反应中固体TiO2转化成（NH4）2Ti5O15溶液时，Ti元素的浸出率与反应温度的关系如图所示反应温度过高时，Ti元素浸出率下降的原因是温度过高时，反应物氨水（或双氧水）受热易分解（5）反应的化学方程式是（NH4）2Ti5O15+2 LiOH=Li2Ti5O15+2NH3H2O（或2NH3+2H2O
30、）（6）由滤液D制备LiFePO4的过程中，所需 17%双氧水与H2C2O4的质量比是20：9（7）若采用钛酸锂（Li4Ti5O12）和磷酸亚铁锂（LiFePO4）作电极组成电池，其工作原理为：Li4Ti5O12+3LiFePO4+3FePO4该电池充电时阳极反应式是LiFePO4e=FePO4+Li+考点：制备实验方案的设计；电解原理；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用 专题：电化学专题；元素及其化合物分析：（1）根据反应FeTiO3+4H+4Cl=Fe2+TiOCl42+2H2O，不是非氧化还原反应，可以判断铁元素化合价为+2价；（2）MgO、CaO、SiO2等杂质中，二氧化硅不溶于稀
31、盐酸，成为滤渣A；（3）根据流程图示，TiOCl42在溶液中加热与水反应生成二氧化钛沉淀；（4）二氧化钛与氨水、双氧水反应生成NH4）2Ti5O15，温度过高，双氧水和氨水都容易分解；（5）反应3是（NH4）2Ti5O15与强氧化锂反应生成Li2Ti5O15沉淀和氨水；（6）根据电子守恒找出双氧水与草酸的关系式，然后列式计算计算出17%双氧水与H2C2O4的质量比；（7）充电时按照电解槽进行分析，阳极氧化阴极还原，写出阳极放电的电解方程式即可解答：解：（1）反应FeTiO3+4H+4Cl=Fe2+TiOCl42+2H2O中，不是非氧化还原反应，可以判断铁元素化合价为+2价，故答案为：+2；（2
32、）由于杂质中二氧化硅不溶于盐酸，所以滤渣A成分是二氧化硅，故答案为：SiO2；（3）根据流程可知，TiOCl42在溶液中加热与水反应生成二氧化钛沉淀，反应的离子方程式为：TiOCl42+H2O=TiO2+2H+4Cl，故答案为：TiOCl42+H2O=TiO2+2H+4Cl；（4）由于二氧化钛与氨水、双氧水反应生成NH4）2Ti5O15时，温度过高，双氧水和氨水都容易分解，所以反应温度过高时，Ti元素浸出率下降，故答案为：温度过高时，反应物氨水（或双氧水）受热易分解；（5）根据流程图示可知，反应3是（NH4）2Ti5O15与强氧化锂反应生成Li2Ti5O15沉淀和氨水，反应的化学方程式为：（N
33、H4）2Ti5O15+2 LiOH=Li2Ti5O15+2NH3H2O（或2NH3+2H2O），故答案为：（NH4）2Ti5O15+2 LiOH=Li2Ti5O15+2NH3H2O（或2NH3+2H2O）；（6）根据电子守恒，氧化铁元素转移的电子就等于铁离子氧化草酸转移的电子数，因此可得关系式：H2O2H2C2O4，设双氧水质量为x，草酸质量为y， 34 90 x17% y 34y=90x17%，x：y=20：9，17%双氧水与H2C2O4的质量比为20：9，故答案为：20：9；（7）充电时，阳极发生氧化反应，LiFePO4失去电子生成FePO4，电极反应为：LiFePO4e=FePO4+Li
34、+，故答案为：LiFePO4e=FePO4+Li+点评：本题借助利用钛铁矿制备锂离子电池电极材料流程，考查了化合价判断、离子方程式书写、电极方程式书写、化学计算等知识，涉及的内容较多，综合性较强，充分考查了学生的综合能力，本题难度中等10（15分）Na2S2O35H2O在化学定量分析中常用作基准物质，实验室制备原理为：2Na2S+Na2CO3+4SO23Na2S2O3+CO2设计如图1装置（夹持仪器省略）进行实验（1）A中发生的化学反应方程式为Cu+2H2SO4CuSO4+SO2+2H2O（2）C中所盛试剂可能是NaOH溶液；若要停止A中的化学反应，除取下酒精灯停止加热外，还可以采取的操作是将
35、铜丝抽离液面停止反应（3）学生乙在加热A后，发现液面下的铜丝变黑对黑色生成物该学生提出如下假设：可能是CuO 可能是Cu2O 可能是CuS学生丙提出假设一定不成立，依据是Cu2O是砖红色；该生用如图2实验进一步验证黑色物质的组成：基于上述假设分析，黑色物质的组成为CuS（填化学式）（4）实验室用Na2S2O3标液测量废水Ba2+的浓度，过程如下：（已知：2S2O32+I2=S4O62+2I）取废水25.00mLBaCrO4固体I2、Cr3+、Ba2+、Cl终点写出BaCrO4沉淀与过量HI、HCl溶液反应的离子方程式2BaCrO4+6H+6I3I2+2Ba2+2Cr3+8H2O；以淀粉为指示剂
36、，则到达滴定终点的现象是滴入最后一滴，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色若标液Na2S2O3的浓度0.0030molL1，消耗该Na2S2O3溶液体积如图3，则废水Ba2+的浓度为0.0011molL1考点：含硫物质的性质及综合应用 专题：氧族元素分析：（1）在加热条件下，Cu和浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水；（2）二氧化硫属于酸性氧化物且有毒，不能直接排空，应该用碱性溶液吸收；还可以将Cu和浓硫酸分离；（3）Cu2O为砖红色固体；根据图片知该黑色固体不溶于稀硫酸，不能是CuO；（4）BaCrO4和过量HI反应生成I2、Cr3+、Ba2+，该反应中Cr元素化合价由+6价变为+3价、I元素
37、化合价由1价变为0价；碘遇淀粉试液变蓝色；根据硫代硫酸钠的物质的量计算碘的物质的量，根据碘和钡离子之间的关系计算钡离子物质的量浓度解答：解：（1）在加热条件下，Cu和浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应方程式为Cu+2H2SO4CuSO4+SO2+2H2O，故答案为：Cu+2H2SO4CuSO4+SO2+2H2O；（2）二氧化硫属于酸性氧化物且有毒，不能直接排空，应该用碱性溶液吸收，所以C可能是NaOH溶液；还可以将Cu和浓硫酸分离，即将铜丝抽离液面而停止反应，故答案为：NaOH溶液；将铜丝抽离液面停止反应；（3）Cu2O为砖红色，该固体为黑色，所以不可能是Cu2O；CuO属于碱性氧化物，
38、能溶于稀硫酸，该黑色固体不溶于稀硫酸，所以不可能是CuO，只能是CuS；故答案为：Cu2O；CuS；（4）BaCrO4和过量HI反应生成I2、Cr3+、Ba2+，该反应中Cr元素化合价由+6价变为+3价、I元素化合价由1价变为0价，转移电子数为6，离子反应方程式为2BaCrO4+6H+6I3I2+2Ba2+2Cr3+8H2O，故答案为：2BaCrO4+6H+6I3I2+2Ba2+2Cr3+8H2O；碘遇淀粉试液变蓝色，如果滴入最后一滴，溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色，说明到达滴定终点，故答案为：滴入最后一滴，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色；根据2S2O32+I2=S4O62+2I得n
39、（I2）=n（S2O32）=（27.600.10）103L0.0030molL1，根据2BaCrO4+6H+16I3I2+2Ba2+2Cr3+8H2O得n（Ba2+）= n（I2）=（27.600.10）103L0.0030molL1，c（Ba2+）=0.0011molL1，故答案为：0.0011molL1点评：本题以硫及其化合物为载体考查氧化还原反应离子方程式的书写、方程式的计算、探究物质组成等知识点，侧重考查学生分析推断、计算及知识综合应用能力，难点是钡离子浓度计算，明确方程式中各个物理量之间的关系，题目难度中等11（15分）（2014抚州模拟）以烯烃为原料，合成某些高聚物的路线如下：（1
40、）CH3CH=CHCH3的名称是2丁烯（2）X中含有的官能团是碳碳双键和氯原子（3）AB的化学方程式是（4）DE的反应类型是消去反应（5）甲为烃，F能与NaHCO3反应产生CO2下列有关说法正确的是ada有机物Z能发生银镜反应 b有机物Y与HOCH2CH2OH 互为同系物c有机物Y的沸点比B低 d有机物F能与己二胺缩聚成聚合物Y的同分异构体有多种，写出分子结构中含有酯基的所有同分异构体的结构简式HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH（CH3）2、CH3COOCH2CH3、CH3CH2COOCH3ZW的化学方程式是（6）高聚物H的结构简式是考点：有机物的推断 专题：有机物的化学性质及推断分析：
41、2丁烯和氯气发生取代反应生成X，X和氢气发生加成反应生成A，A和氢氧化钠的醇溶液发生消去反应生成B，B和乙醇反应生成环己烯，结合题给信息知，B是1，3丁二烯，A是1，4二氯丁烷，X是1，4二氯2丁烯，环己烯和溴发生加成反应生成D1，2二溴环己烷，1，2二溴环己烷发生消去反应生成E，E发生加聚反应生成；1，4二氯2丁烯和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成Y 1，4二羟基2丁烯，1，4二羟基2丁烯被氧气氧化生成Z，Z的结构简式为：HOCCH=CHCHO，Z和甲反应生成W，W和氢气发生加成反应生成，结合题给信息知，Z和甲发生加成反应生成W，所以甲的结构简式为：，甲和Z发生加成反应生成W，W的结构简式为
42、：，1，4二甲苯被酸性高锰酸钾氧化生成F1，4二苯甲酸，1，4二苯甲酸和发生酯化反应生成H，则H的结构简式为：解答：解：2丁烯和氯气发生取代反应生成X，X和氢气发生加成反应生成A，A和氢氧化钠的醇溶液发生消去反应生成B，B和乙醇反应生成环己烯，结合题给信息知，B是1，3丁二烯，A是1，4二氯丁烷，X是1，4二氯2丁烯，环己烯和溴发生加成反应生成D1，2二溴环己烷，1，2二溴环己烷发生消去反应生成E，E发生加聚反应生成；1，4二氯2丁烯和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成Y 1，4二羟基2丁烯，1，4二羟基2丁烯被氧气氧化生成Z，Z的结构简式为：HOCCH=CHCHO，Z和甲反应生成W，W和氢气发
43、生加成反应生成，结合题给信息知，Z和甲发生加成反应生成W，所以甲的结构简式为：，甲和Z发生加成反应生成W，W的结构简式为：，1，4二甲苯被酸性高锰酸钾氧化生成F1，4二苯甲酸，1，4二苯甲酸和发生酯化反应生成H，则H的结构简式为：（1）CH3CH=CHCH3的名称是2丁烯，故答案为：2丁烯；（2）X是1，4二氯2丁烯，所以X含有的官能团是碳碳双键和氯原子，故答案为：碳碳双键、氯原子；（3）1，4二氯丁烷和氢氧化钠的醇溶液发生消去反应生成1，3丁二烯，反应方程式为：，故答案为：；（4）1，2二溴环己烷发生消去反应生成E，故答案为：消去反应；（5）a有机物Z的结构简式为：HOCCH=CHCHO，所
44、以能发生银镜反应，故正确； b有机物Y是1，4二羟基2丁烯，Y中含有碳碳双键，HOCH2CH2OH中不含碳碳双键，所以二者不是 同系物，故错误；c有机物Y是1，4二羟基2丁烯，B是B是1，3丁二烯，Y的相对分子质量比B大，所以Y的沸点比B高，故错误；d有机物F是1，4二苯甲酸，所以能与己二胺缩聚成聚合物，故正确；故选ad；Y是1，4二羟基2丁烯，Y的同分异构体有多种，分子结构中含有酯基的所有同分异构体的结构简式为：HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH（CH3）2、CH3COOCH2CH3、CH3CH2COOCH3，故答案为：HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH（CH3）2、CH3COOCH2CH3、CH3CH2COOCH3；在催化剂条件下，Z发生加成反应生成W，反应方程式为：，故答案为：；（6）通过以上分析知，H的结构简式为：，故答案为：点评：本题考查了有机物的推断，明确有机物的官能团及其性质是解本题关键，采用正逆相结合的方法进行推断，知道常见的反应类型及断键方式，难度中等- 19 - 版权所有高考资源网
