1、2014年天津市武清区高考化学三模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共6小题，每小题3分，满分18分）1（3分）（2014武清区三模）下列方法正确的是（）ASiO4的四面体结构：BC2H5Cl与NaOH溶液混合加热水解后，加入AgNO3溶液，以检验ClC在MgCl2晶体中含有共价键和离子键D0.5g C3H4中含有共用电子对的数目为16.021023考点：不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别；常见阴离子的检验专题：化学键与晶体结构分析：A、每个Si与4个O结合形成四面体结构；B、多余的NaOH与AgNO3溶液会形成沉淀；C、MgCl2晶体中只有离子键；D、根据分子中共价键数判断解答：解：A、
2、每个Si与4个O结合形成四面体结构，所以SiO4的四面体结构：，故A正确；B、C2H5Cl与NaOH溶液混合加热水解后，再加足量稀硝酸中和多余的NaOH，然后加入AgNO3溶液，以检验Cl，故B错误；C、MgCl2晶体中镁离子与氯离子形成离子键，晶体中没有共价键，故C错误；D、1molC3H4中含有4molCH，1molCC，1molCC，共8mol共用电子对，0.5g C3H4的物质的量为=0.0125mol，则含有共用电子对的数目为0.16.021023，故D错误；故选A点评：本题考查了晶体结构、氯代烃中氯原子的检验、离子键、共用电子对数的计算等，题目涉及的知识点较多，侧重于基础知识的考查
3、，难度不大2（3分）（2014武清区三模）化学与科技、社会、生产密切结合，下列有关说法正确的是（）A“纯净水”清洁、纯净，长期饮用有益健康B维生素C不宜与含硫酸亚铁的补血剂同服C在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质D味觉上具有酸味的食物即酸性食物，长期食用会导致血液偏酸性，引起缺钙考点：人体必需的维生素的主要来源及其摄入途径；营养均衡与人体健康的关系；常见的食品添加剂的组成、性质和作用专题：化学应用分析：A纯净水中几乎不含矿物质，对人体尤其对婴幼儿、青少年健康不利；B服用维生素C，可使食物中的铁离子还原成亚铁离子，有利于人体吸收；C主要从防止食品氧化变质和受潮两方面
4、分析考虑，防氧化就是防止氧气的进入并与之反应，防受潮就是防止水分的进入；D食物的酸碱性是根据食物在体内代谢最终产物的性质来分类，不是根据口感来进行分类解答：解：A纯净水中几乎不含矿物质，对人体尤其对婴幼儿、青少年健康不利，长期饮用纯净水有害于健康，故A错误；B维生素C有还原性，能服用维生素C，可使食物中的铁离子还原成亚铁离子，有利于人体吸收，所以维生素C宜与含硫酸亚铁的补血剂同服，故B错误；C硅胶（具有吸湿性）能吸收水分，防受潮，铁能和水、氧气反应生成铁锈，防止食品被氧化和受潮，故C正确；D长期大量食用酸性食物可能引起人体血液偏酸，甚至形成“多酸症”，引起人体缺钙，血液黏度过大，但酸性食物在人
5、体内产生酸性物质的食品，不是根据口感来进行分类，故D错误；故选C点评：本题考查了食品化学知识，题目难度不大，注意积累和掌握常识性的化学知识有助于解决有关问题，该题注意维生素C有还原性为高频考点3（3分）（2014武清区三模）实验室用铅蓄电池作电源电解饱和食盐水制取氯气，已知铅蓄电池放电时发生如下反应：负极：Pb+SO42=PbSO4+2e正极：PbO2+4H+SO42+2e=PbSO4+2H2O今若制得Cl2 0.010mol，这时电池内消耗的H2SO4的物质的量至少是（）A0.005molB0.010molC0.020molD0.40mol考点：常见化学电源的种类及其工作原理专题：电化学专题
6、分析：串联电路中转移电子守恒，根据氯气和硫酸之间的关系式计算解答：解：电解氯化钠溶液时阳极上氯离子放电生成氯气，制得0.010mol氯气转移电子的物质的量为0.010mol0（1）2=0.020mol，设消耗硫酸的物质的量为ymol，放电时，铅蓄电池的电池反应式为：PbO2+Pb+2H2SO4=2PbSO4+2H2O 转移电子 2mol 2mol y 0.020moly=0.020mol，所以消耗硫酸0.020mol，故选C点评：本题以电解池为载体考查了氧化还原反应的有关计算，明确反应过程中电荷守恒是解本题的关键，难度不大4（3分）（2014武清区三模）如表为元素周期表前四周期的一部分，下列有
7、关X、W、Y、R、Z五种元素的叙述中，正确的是（）XWYRZA常温常压下，五种元素对应的单质中有两种是气态BY元素最高价氧化物对应水化物的酸性比W元素的弱CY、Z的阴离子电子层结构都与R原子的相同DW的氢化物比X的氢化物稳定考点：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：图为元素周期表前四周期的一部分，由元素的位置可知，X为N，W为P，Y为S，R为Ar，Z为BrA常温下W、Y的单质为固体，而Z的单质为液体，氮气、氩为气体；B同周期元素从左到右，非金属性逐渐增强，非金属性越强最高价含氧酸的酸性越强；CY的离子电子层有3个层，而Z离子的电子层为4层；D同主族自上而下，非
8、金属性减弱，非金属性越强，氢化物越稳定解答：解：图为元素周期表前四周期的一部分，由元素的位置可知，X为N，W为P，Y为S，R为Ar，Z为Br则：A常温常压下，硫、磷为固体，而Br为液体，氮气、氩为气体，故A正确；B同周期元素从左到右，非金属性逐渐增强，所以非金属性YW，则Y元素最高价氧化物对应水化物的酸性比W元素的最高价氧化物对应水化物的酸性强，故B错误；CY的阴离子核外有18个电子，与R原子相同，Z的阴离子核外有36个电子，与R得电子层结构不相同，故C错误；D同主族自上而下，非金属性减弱，所以非金属性XW，非金属性越强，氢化物越稳定，所以氢化物的稳定性WX，故D错误故选A点评：本题考查位置结
9、构性质的关系及应用，利用元素的位置推断出元素是解答的关键，熟悉非金属性比较的方法及单质的性质即可解答，题目难度中等5（3分）（2014武清区三模）下列实验现象及其对应的结论正确的是（）实验现象结论A锥形瓶中有气体产生，烧杯中液体变浑浊Cl、C、Si非金属性依次减弱B右边试管中冒出的气泡快FeCl3能加快H2O2分解速率C试管中橙色溶液变为绿色乙醇发生消去反应生成乙烯D试管中溶液依次出现白色、淡黄色、黑色沉淀溶解度：AgClAgBrAg2SAABBCCDD考点：化学实验方案的评价专题：实验评价题分析：A制取的二氧化碳中含有HCl，HCl干扰二氧化碳的反应；B催化剂能加快反应速率；C重铬酸钾具有强
10、氧化性，能氧化乙醇；D发生沉淀的转化，向更难溶的方向移动解答：解：A盐酸易挥发，与碳酸钠、硅酸钠均发生化学反应，制取的二氧化碳中含有HCl，图中装置不能说明二氧化碳与硅酸钠溶液反应，则不能比较碳酸与硅酸的酸性，故A错误；B右边试管中冒出的气泡快，说明氯化铁作催化剂，加快双氧水分解，故B正确；C重铬酸钾具有强氧化性，能氧化乙醇，自身被还原，所以溶液颜色发生变化，故C错误；D发生沉淀的转化，向更难溶的方向移动，则由白色固体先变为淡黄色，后变为黑色，可知溶解性：AgClAgBrAg2S，故D错误；故选B点评：本题考查了实验方案评价，涉及沉淀的转化、氧化还原反应、催化剂等知识点，明确实验原理是解本题关
11、键，易错选项是A，要排除HCl的干扰6（3分）（2014武清区三模）下面是常见的电化学装置图，中均为惰性电极，下列说法正确的是（）A阴极反应式为：2Cl2e=Cl2，阳极反应式为：Cu2+2e=CuB铜片为阳极，若铜片和铁制品的质量相等，电解一段时间后，电路中有2mol电子转移，此时铜片和铁制品的质量差为128gCb极为负极，该极的电极反应方程式为O2+2H2O+4e=4OHD阳离子交换膜上每透过1mol Na+时，则阴极上产生11.2L H2考点：原电池和电解池的工作原理专题：电化学专题分析：A阴极发生还原反应，阳极发生氧化反应；B电镀铜电解池中，阳极上金属失电子，阴极上铜离子得电子，根据阴
12、阳极上金属的改变量计算；C原电池中负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应；D气体存在的条件未知解答：解：A电解时，阴极发生还原反应，电极方程式为Cu2+2e=Cu，阳极发生氧化反应，电极方程式为2Cl2e=Cl2，故A错误；B该装置中阳极上的电极反应式为 Cu2e=Cu2+，当有2mol电子通过时，阳极上溶解64g铜阴极上发生的电极反应式为Cu2+2e=Cu，当有2mol电子通过时，阴极上析出64g铜，所以电解一段时间后，电路中有2mol电子转移，此时铜片和铁制品的质量差为128g，故B正确；C通入氧气的一极为正极，发生还原反应，电极方程式为O2+2H2O+4e=4OH，故C错误；
13、D不一定为标准状态下，不能确定气体的体积，故D错误故选B点评：本题综合考查了原电池和电解质，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，难度不大，注意燃料电池中，电极反应式的书写要结合电解质溶液的酸碱性确定生成物，易错点为D，注意气体存在的状态二、解答题（共5小题，满分64分）7（14分）（2014武清区三模）A、B、C、D四种元素均为短周期元素，原子序数依次增大A元素原子最外层电子数是核外电子层数的3倍，A与D同主族，A和D可形成两种化合物X和Y，X和水反应后生成一种具有还原性的二元酸M，M可以使溴水褪色A元素的单质和C元素的单质化合可生成Z，纯净的Z是现代光学及光纤制品的基本原料
14、，可与氢氟酸反应A元素的单质和B元素的单质一定条件下反应生成化合物N，D元素的单质和B元素的单质反应生成化合物G，化合物N和化合物G的相对分子质量相等，且焰色反应均呈黄色回答下列问题：（1）A、B、C、D四种元素的原子半径按由小到大排列的顺序为（用相应的元素符号表示）OSSiNa（2）M可以使溴水褪色，写出该反应的离子方程式H2SO3+Br2+H2O=4H+SO42+2Br（3）Z与氢氟酸反应的化学方程式SiO2+4HF=SiF4+2H2O（4）化合物N与化合物G的水溶液反应，若氧化剂与还原剂物质的量之比为1：1，该反应的化学方程式为Na2O2+Na2S+2H2O=4NaOH+S（5）D元素离
15、子的电子结构示意图为，用过量NaOH溶液吸收D的氢化物后，以石墨作电极电解该溶液可回收D的单质，该方法的优点是生成的NaOH可循环利用，副产物氢气可以作为化工原料或燃料考点：位置结构性质的相互关系应用专题：元素周期律与元素周期表专题分析：A、B、C、D四种元素均为短周期元素，原子序数依次增大A元素原子最外层电子数是核外电子层数的3倍，最外层电子数不能超过8个，K层为最外层不能超过2个，则A是O元素；A与D同主族且为短周期元素，则D是S元素，A和D可形成两种化合物X和Y，X和水反应后生成一种具有还原性的二元酸M，M可以使溴水褪色，则X是SO2、M是H2SO3、Y是SO3；A元素的单质和C元素的单
16、质化合可生成Z，纯净的Z是现代光学及光纤制品的基本原料，可与氢氟酸反应，则C是Si元素，Z是SiO2；A元素的单质和B元素的单质一定条件下反应生成化合物N，D元素的单质和B元素的单质反应生成化合物G，化合物N和化合物G的相对分子质量相等，且焰色反应均呈黄色，则B是Na元素，G是Na2S、N是Na2O2解答：解：A、B、C、D四种元素均为短周期元素，原子序数依次增大A元素原子最外层电子数是核外电子层数的3倍，最外层电子数不能超过8个，K层为最外层不能超过2个，则A是O元素；A与D同主族且为短周期元素，则D是S元素，A和D可形成两种化合物X和Y，X和水反应后生成一种具有还原性的二元酸M，M可以使溴
17、水褪色，则X是SO2、M是H2SO3、Y是SO3；A元素的单质和C元素的单质化合可生成Z，纯净的Z是现代光学及光纤制品的基本原料，可与氢氟酸反应，则C是Si元素，Z是SiO2；A元素的单质和B元素的单质一定条件下反应生成化合物N，D元素的单质和B元素的单质反应生成化合物G，化合物N和化合物G的相对分子质量相等，且焰色反应均呈黄色，则B是Na元素，G是Na2S、N是Na2O2（1）A、B、C、D分别是O、Na、Si、S元素，电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以四种元素的原子半径按由小到大排列的顺序为OSSiNa，故答案为：OSSiNa；（2）M是H2SO
18、3，H2SO3具有还原性，Br2具有氧化性，二者发生氧化还原反应生成氯气和HBr，离子方程式为H2SO3+Br2+H2O=4H+SO42+2Br，故答案为：H2SO3+Br2+H2O=4H+SO42+2Br；（3）Z是SiO2，Z与氢氟酸反应生成四氟化硅和水，化学方程式为SiO2+4HF=SiF4+2H2O，故答案为：SiO2+4HF=SiF4+2H2O；（4）G是Na2S、N是Na2O2，化合物N与化合物G的水溶液反应，若氧化剂与还原剂物质的量之比为1：1，二者反应生成S和氢氧化钠，该反应的化学方程式为Na2O2+Na2S+2H2O=4NaOH+S，故答案为：Na2O2+Na2S+2H2O=
19、4NaOH+S；（5）D是S元素，S离子核外有3个电子层、18个电子，S元素离子的电子结构示意图为，用过量NaOH溶液吸收D的氢化物后，溶液中的溶质是硫化钠，以石墨作电极电解该溶液可回收D的单质，阳极上硫离子放电生成S单质，阴极上氢离子放电生成氢气，同时溶液中生成NaOH，NaOH能循环利用，且副产物氢气能作燃料或化工原料，故答案为：；生成的NaOH可循环利用，副产物氢气可以作为化工原料或燃料点评：本题考查较综合，涉及元素周期律、氧化还原反应、电解原理等知识点，根据物质的性质、元素周期律分析解答，注意基础知识的积累8（5分）（2014武清区三模）糖尿病是由于体内胰岛素紊乱导致的代谢紊乱综合症，
20、以高血糖为主要标志长期摄入高热量食品和缺少运动都易导致糖尿病（1）血糖是指血液中的葡萄糖 （ C6H12O6）下列说法正确的是BCD（填字母序号）A葡萄糖属于碳水化合物，分子可表示为 C6（H2O）6，则每个葡萄糖分子中含6个H2OB糖尿病人尿糖也高，可用新制的氢氧化铜悬浊液来检测病人尿液中的葡萄糖C葡萄糖可用于制镜工业D淀粉水解的最终产物是葡萄糖（2）糖尿病人不可饮酒，酒精在肝脏内可被转化成有机物 AA 的实验结果如下：通过样品的质谱测得 A 的相对分子质量为60核磁共振氢原子光谱能对有机物分子中同性氢原子给出相同的峰值 （信号），根据 峰值 （信号） 可以确定分子中氢原子的种类和数目例如：
21、乙醇 （CH3CH2OH） 有三种氢原子 （如图1）经测定，有机物 A 的核磁共振氢谱示意图（如图2）将A溶于水，滴入石蕊试液，发现溶液变红试推导写出 A 的结构简式为CH3COOH考点：葡萄糖的性质和用途；有机物实验式和分子式的确定专题：有机化学基础分析：（1）A葡萄糖的化学式为C6H12O6；B葡萄糖中含有醛基；C葡萄糖中含有醛基；D淀粉水解生成葡萄糖；（2）核磁共振氢谱中有几个峰就有几中氢原子解答：解：（1）A葡萄糖的化学式为C6H12O6，不含有水，故A错误； B葡萄糖中含有醛基，醛基能与新制的氢氧化铜反应生成砖红色沉淀，故B正确；C葡萄糖中含有醛基，能发生银镜反应，故C正确；D淀粉水
22、解最终生成葡萄糖，故D正确，故答案为：BCD；（4）核磁共振氢谱中有几个峰就有几中氢原子，图2有2个峰，说明有2种氢原子，溶液pH7，呈酸性，说明含有羧基，根据相对分子质量为60，6045=13，另一个基团为甲基，故A的结构简式为CH3COOH，故答案为：CH3COOH点评：本题考查有机物的结构与性质，难度中等，注意结构决定性质，根据结构判断有机物的性质9（18分）（2014武清区三模）铝镁合金已成为飞机制造、化工生产等行业的重要材料研究性学习小组的同学，为测定某含镁3%5%的铝镁合金（不含其它元素）中镁的质量分数，设计下列两种不同实验方案进行探究填写下列空白【方案一】将铝镁合金与足量NaOH
23、溶液反应，测定剩余固体质量实验中发生反应的化学方程式是2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2（1）称取5.4g铝镁合金粉末样品，溶于V mL 2.0mol/L NaOH溶液中为使其反应完全，则NaOH溶液的体积V97mL（2）过滤、洗涤、干燥、称量固体该步骤中若未洗涤固体，测得镁的质量分数将偏高（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）【方案二】将铝镁合金与足量稀硫酸溶液反应，测定生成气体在通常状况（约20，1.01105Pa）的体积（1）同学们拟选用下列实验装置完成实验如图1：你认为最简易的装置其连接顺序是：A接E接D接G（填接口字母，可不填满）实验开始时，先打开分液漏斗上口的玻璃塞
24、，再轻轻打开其活塞，一会儿后稀硫酸也不能顺利滴入锥形瓶请你帮助分析原因镁、铝与稀硫酸反应放热且生成气体，使锥形瓶中气体压强变大实验结束时，在读取测量实验中生成氢气的体积时，你认为合理的是ACDA待实验装置冷却后再读数B上下移动量筒F，使其中液面与广口瓶中液面相平C上下移动量筒G，使其中液面与广口瓶中液面相平D视线与凹液面的最低点水平读取量筒中水的体积（2）仔细分析实验装置后，同学们经讨论认为以下两点会引起较大误差：稀硫酸 滴入锥形瓶中，即使不生成氢气，也会将瓶内空气排出，使所测氢气体积偏大；实验结束时，连接广口瓶和量筒的导管中有少量水存在，使所测氢气体积偏小于是他们设计了图2所示的实验装置装置
25、中导管a的作用是保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，打开分液漏斗活塞时稀硫酸能顺利滴下，滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差实验前后碱式滴定管中液面读数分别为V1 mL、V2 mL则产生氢气的体积为V1V2mL考点：探究物质的组成或测量物质的含量；镁的化学性质；铝的化学性质专题：几种重要的金属及其化合物分析：方案一：铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气；（1）镁的质量分数最小时，金属铝的质量最大，需要的氢氧化钠溶液最多，实际需要氢氧化钠溶液的体积应大于或等于最大值，据此计算；（2）镁上会附着偏铝酸钠等物质，未洗涤导致测定的镁的质
26、量偏大；方案二：（1）装置的组装顺序：合金与水反应，用排水量气法测定氢气的体积，其中盛水的试剂瓶导管一定要短进长出，增大压强原理将水排出，量筒中水的体积就是生成氢气的体积，量筒内导管应伸入量筒底部；镁、铝与稀硫酸反应放热且生成气体，使锥形瓶中气体压强变大；反应放热导致氢气的温度偏高，故应冷却后再进行读取氢气的体积，读取实验中生成氢气的体积时上下移动量筒，使其中液面与广口瓶中液面相平，视线与凹液面的最低点水平读取氢气的体积；（2）保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，打开分液漏斗活塞时稀硫酸能顺利滴下，滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积
27、误差；滴定管的数值零刻度在上方，两次的体积之差为测定的氢气的体积（注意应保持干燥管与滴定管内液面等高），收集氢气后滴定管内液面上升，读数减小解答：解：方案一：铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气，反应方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2；故答案为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2；（1）含镁为3%时，金属铝的含量最高，5.4g合金中铝的质量为，5.4g（13%）=5.497%g，则： 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2 54g 2mol 5.4g97%g V103L2.0mol/L所以54g：（5.4g97%g）=2mol：（V1
28、03L2.0mol/L），解得：V=97，故V（NaOH溶液）97mL；故答案为：97mL；（2）镁上会附着偏铝酸钠等物质，未洗涤导致测定的镁的质量偏大，镁的质量分数偏高；故答案为：偏高；方案二：（1）装置的组装顺序：合金与水反应，用排水量气法测定氢气的体积，其中盛水的试剂瓶导管一定要短进长出，利用增大压强原理将水排出，量筒中水的体积就是生成氢气的体积，量筒内导管应伸入量筒底部，故连接顺序为：（A）接（E）（D）接（G）；故答案为：E、D、G；镁、铝与稀硫酸反应放热且生成气体，使锥形瓶中气体压强变大，导致硫酸不能顺利滴入锥形瓶；故答案为：镁、铝与稀硫酸反应放热且生成气体，使锥形瓶中气体压强变大
29、；反应放热导致氢气的温度偏高，故应冷却后再进行读取氢气的体积，读取实验中生成氢气的体积时上下移动量筒，使其中液面与广口瓶中液面相平，视线与凹液面的最低点水平读取氢气的体积；故选ACD；（2）装置中导管a的作用是：保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，打开分液漏斗活塞时稀硫酸能顺利滴下，滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差；故答案为：保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，打开分液漏斗活塞时稀硫酸能顺利滴下，滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差；滴定管的数值零刻度在上方，两次
30、的体积之差为测定的氢气的体积，收集氢气后滴定管内液面读数减小，故测定氢气的体积为V1V2；故答案为：V1V2点评：主要考查物质含量的测定、对实验原理与装置的理解、实验方案设计等，难度中等，理解实验原理是解题的关键，是对知识的综合考查，需要学生具有知识的基础与综合运用知识分析问题、解决问题的能力10（14分）（2014武清区三模）联氨（N2H4）及其衍生物是一类重要的火箭燃料N2H4与N2O4反应能放出大量的热（1）已知：2NO2（g）N2O4（g）H=57.20kJmol1一定条件下，在体积一定的密闭容器中反应2NO2（g）N2O4（g）达到平衡其他条件不变时，下列措施能提高NO2转化率的是B
31、C（填字母）A减小NO2的浓度 B降低温度 C增加NO2的浓度 D升高温度（2）25时，1.00g N2H4（l）与足量N2O4（l）完全反应生成N2（g）和H2O（l），放出19.14kJ的热量则该反应的热化学方程式为2N2H4（l）+N2O4（l）=3N2（g）+4H2O（l）的H=1224.96kJmol1（3）17、1.01105Pa，密闭容器中N2O4和NO2的混合气体达到平衡时，c（NO2）=0.0300molL1、c（N2O4）=0.0120molL1反应2NO2（g）N2O4（g）的平衡常数K=13.3（4）现用一定量的Cu与足量的浓HNO3反应，制得1.00L已达到平衡的N2
32、O4和NO2的混合气体（17、1.01105Pa），理论上至少需消耗Cu1.73 g考点：化学平衡的影响因素；化学方程式的有关计算；热化学方程式；化学平衡常数的含义专题：计算题；化学平衡专题分析：（1）该反应是反应前后气体体积减小的、放热的可逆反应，要提高二氧化氮的转化率，只要改变条件使化学平衡向正反应方向移动即可；（2）依据题干数据计算2mol肼完全燃烧放热，结合热化学方程式书写方法标注物质聚集状态，和对应焓变来解答；（3）根据平衡常数表达式k=来计算；（4）计算N2O4和NO2的物质的量，根据电子转移计算Cu的物质的量，根据m=nM计算Cu的质量解答：解：（1）该反应是反应前后气体体积减小
33、的、放热的可逆反应，要使该反应向正反应方向移动，可改变反应物的浓度、体系的压强、温度等A、减小N02的浓度，平衡向逆反应方向移动，N02的转化率降低，故A错误；B降低温度，平衡向正反应方向移动，N02的转化率提高，故B正确；C增加N02的浓度，平衡向正反应方向移动，且体系压强增大，也利于反应向正反应方向移动，故C正确；D升高温度，平衡向逆反应方向移动，N02的转化率降低，故D错误；故答案为：BC；（2）（2）1.00gN2H4（l）与足量N2O4（l）完全反应生成N2（g）和H2O（l），放出19.14kJ的热量，则2molN2O4（l）的质量为2mol32g/mol=64g，放出热量为19.
34、14kJ64=1224.96KJ的热量，反应的热化学方程式为：2N2H4（l）+N2O4（l）3N2（g）+4H2O（l）H=1224.96KJ/mol，故答案为：2N2H4（l）+N2O4（l）3N2（g）+4H2O（l）H=1224.96KJ/mol；（3）平衡时，c（NO2）=0.030 0molL1、c（N2O4）=0.012 0molL1，反应2NO2（gN2O4（g）的平衡常数k=13.3，答：该温度下，该反应的平衡常数为13.3；（4）由（3）可知，在17、1.01105Pa达到平衡时，1.00 L混合气体中：n（N2O4）=c（N2O4）V=0.0120 molL11.00L=
35、0.0120moln（NO2）=c（NO2）V=0.0300 molL11.00L=0.0300mol则 n （NO2）总=n（NO2）+2n（N2O4）=0.0540mol由Cu+4HNO3=Cu（NO3）2+2NO2+2H2O可得m=1.73g；答：需消耗Cu的质量为1.73g点评：本题考查化学平衡计算、反应热计算、影响化学平衡因素分析判断，注意利用电子转移守恒计算，掌握基础是解题关键，难度中等11（13分）（2014武清区三模）已知物质A显酸性，F为七原子组成的环状结构，请根据以下框图回答问题：（1）A、H的结构简式为CH2=CHCOOH、NH4OOCCH2COONH4（2）a、b的反应
36、类型分别为加成反应、酯化反应（3）D和E生成F的化学方程式CH3CH2（OH）COOH+HOCH2CH2COOH+2H2O（4）写出C的同分异构体中属于酯类物质的结构简式HCOOCH2CH2Br、HCOOCHBrCH3等（任写2种）考点：有机物的推断专题：推断题分析：A的分子式为C3H4O2，物质A显酸性，故A中含有COOH，A的不饱和度为=2，故A分子中还含有C=C双键，故A的结构简式为CH2=CHCOOH，D可以被氧化生成G，G可以与银氨溶液发生反应，故G中含有醛基CHO，故D中含有OH，且OH连接的C原子上含有2个H原子，根据转化关系可知，B为BrCH2CH2COOH，D为HOCH2CH
37、2COOH，G为OHCH2CH2COOH，H为NH4OOCCH2COONH4，A与HBr发生加成反应生成C，C为CH3CH2BrCOOH，C水解并酸化生成E，E为CH3CH2（OH）COOH，F为七原子组成的环状结构，E与D发生酯化反应生成F，F结构简式为，据此解答解答：解：A的分子式为C3H4O2，物质A显酸性，故A中含有COOH，A的不饱和度为=2，故A分子中还含有C=C双键，故A的结构简式为CH2=CHCOOH，D可以被氧化生成G，G可以与银氨溶液发生反应，故G中含有醛基CHO，故D中含有OH，且OH连接的C原子上含有2个H原子，根据转化关系可知，B为BrCH2CH2COOH，D为HOC
38、H2CH2COOH，G为OHCH2CH2COOH，H为NH4OOCCH2COONH4，A与HBr发生加成反应生成C，C为CH3CH2BrCOOH，C水解并酸化生成E，E为CH3CH2（OH）COOH，F为七原子组成的环状结构，E与D发生酯化反应生成F，F结构简式为，（1）由上述分析可知，A为CH2=CHCOOH，H为NH4OOCCH2COONH4，故答案为：CH2=CHCOOH；NH4OOCCH2COONH4；（2）反应a是CH2=CHCOOH与HBr发生加成反应，反应b是E为CH3CH2（OH）COOH与HOCH2CH2COOH发生酯化反应生成，故答案为：加成反应；酯化反应；（3）D和E生成
39、F的化学方程式为：CH3CH2（OH）COOH+HOCH2CH2COOH+2H2O，故答案为：CH3CH2（OH）COOH+HOCH2CH2COOH+2H2O；（4）CH3CH2BrCOOH的同分异构体中属于酯类物质的结构简式有：HCOOCH2CH2Br、HCOOCHBrCH3、BrCH2COOCH3、CH3COOCH2Br，故答案为：HCOOCH2CH2Br、HCOOCHBrCH3等点评：本题考查有机物的推断，涉及烯、醇、醛、羧酸的性质与转化，是对有机化学知识的综合运用，是对学生思维能力的考查，根据A的分子式及性质，判断A的结构是解题的关键，注意根据D、G、H反应，确定A与HBr发生加成反应产物，难度中等