1、2014学年福建省漳州市高考化学一模试卷一、选择题（本题包括14小题，每小题3分，共42分，每小题只有一个选项符合题意1（3分）（2014漳州一模）化学与生产、生活及环境密切相关，下列说法正确的是（）ACO2、NO2或SO2都会导致酸雨的形成B利用丁达尔效应可区别蛋白质溶液和氢氧化铝胶体C煤经过气化和液化等物理变化后可以转化为纯净物D新型氢动力计程车的投入使用有益于减少雾霾的产生2（3分）（2014漳州一模）下列化学用语正确的是（）A乙醇的结构简式：C2H6OBCH4的比例模型：C工业上制取粗硅的化学方程式：SiO2+CSi+CO2D电解饱和食盐水的离子方程式：Cl+2H2OCl2+2OH+H
2、23（3分）（2014漳州一模）下列关于有机物的说法中不正确的是（）A苯与氯气在一定条件下可发生取代反应B塑料、纤维都是合成高分子材料C乙烯、氯乙烯均可使酸性高锰酸钾溶液褪色D油脂、纤维紊和蛋白质在一定条件下都能发生水解反应4（3分）（2014漳州一模）下列有关物质性质及应用的叙述不正确的是（）A漂白粉长时间露置空气中会结块变质B金属钠在空气中燃烧产生黄色火焰，生成淡黄色固体C为防船体被腐蚀，远洋货轮船底外壳镶嵌锌块，其中锌发生还原反应D两根分别蘸有浓盐酸、浓氨水的玻璃棒靠近有白烟产生5（3分）（2014漳州一模）下列有关元素及其化合物性质的比较正确的是（）A原子半径：FOAlB稳定性：H2O
3、PH3NH3C酸性：H2CO3H2SO4H3PO4D碱性：LiOHNaOHAl（OH）36（3分）（2014漳州一模）下列针对甲、乙、丙、丁四种实验及装置的说法，不合理的是（）A可用来证明碳的非金属性比硅强B装置可用于碘水中碘的萃取及分液C用如图示的方法检查此装置的气密性D装置：从进气可收集NO；从进气可收集NH37（3分）（2014漳州一模）汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应：10NaN3+2KNO3K2O+5Na2O+16N2则列判断正确的是（）A反应中KNO3为还原剂BNaN3中氮元素为3价C标准状况下，若有6.5g NaN3参加反应，则生成3.584L N2D若1mol KNO3，参加
4、反应，转移电子的物质的量为10mol8（3分）（2014漳州一模）以NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法申正确的是（）A9g 18O2含有的中子数为5NAB标准状况下，0.5NA Br2所占的体积约为11.2LC常温下，1L 0.1molL1 NH4NO3溶液中含有的NH4+数为0.1NAD一定条件下，1mol N2和3mol H2在密闭容器充分反应，生成NH键的数目为6NA9（3分）（2014漳州一模）下列用来表示可逆反应2X（g）+Y（g）3Z（g）H0的图象正确的是（）ABCD10（3分）（2014漳州一模）根据水溶液中存在的平衡关系，判断下列说法正确的是（）A往水中滴加少量氢氧化钠稀溶
5、液，Kw变小B往AgCl悬浊液中加入0.1molL1 NaI溶液，无明显现象产生C室温下，稀释0.1molL1的醋酸，溶液中c（CH3COO）c（H+）不变D等体积等浓度的氨水与盐酸混合后所得溶液显酸性11（3分）（2014漳州一模）下列图示的有关说法正确的是（）A装置中负极反应式为H2+2e2H+B装置工作时，外电路电子由a电极流向b电极C若采用装置精炼铜，则d为粗铜，c为纯铜D若装置用惰性电极电解稀H2SO4溶液，则溶液pH升高12（3分）（2014漳州一模）下列各组物质中，不能按如图所示（“”表示一步完成）关系相互转化的是（） A B C D 甲 Al Na SO2 Cu 乙 NaAlO
6、2 NaOH SO3 CuO 丙 Al（OH）3 NaCl H2SO4 CuCl2AABBCCDD13（3分）（2014漳州一模）下列图示与对应的叙述相符的是（）A如图曲线表示向等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液中分别加人足量镁粉产生H2的物质的量的变化B表示将0.01molL1 NaOH溶液滴人到稀盐酸中的滴定曲线C为水的电离曲线，从z点刭x点，可采用在水中加入适量NaOH固体的方法D图中曲线表示将pH相同的NH4Cl溶液和盐酸稀释相同倍数时，二者pH的变化14（3分）（2014漳州一模）现有一份单质铁和氧化铁的混合物，其物质的量共a mol，加入一定量的盐酸后固体全部溶解，收集到b m
7、ol氢气下列有关叙述中正确的是（）A反应后的溶液中加入氯水不变色B反应后的溶液可继续溶解金属铜C原混台物中氧化铁的物质的量为（ab）molD原混合物中单质铁的物质的量为b mol二、填空题（本题包括3小题共45分）15（16分）（2014漳州一模）短周期元素R、Q、M、T在元素周期表中的相对位置如下表，已知R原子最外层电子数与次外层电子数之比为2：1RQMT（1）人的汗液中含有T的简单离子，其离子结构示意图为；元素M在元素周期表中的位置是（2）R的最高价氧化物所含的化学键类型是键（选填“离子”或“共价”）（3）加热时，Q的最高价氧化物对应水化物的浓溶液与单质R反应的化学方程式为（用具体的化学式
8、表示）（4）在一定条件下甲、乙、丙有如下转化：甲乙丙，若其中甲是单质，乙、丙为化合物，x是具有氧化性的无色气体单质，则甲的化学组成不可能是（选填序号，下同）R Q2 M T2（5）工业上，常利用RO与MO2反应生成固态M单质和RO2，从而消除这两种气体对大气的污染已知：2RO（g）+O2（g）2RO2（g）H=akJmol1M（s）+O2（g）MO2（g）H=bkJmol1则反应2RO（g）+MO2（g）2RO2（g）+M（s）H=（6）元素T的含氧酸HTO具有漂白性往20mL 0.01molL1的HTO溶液中逐滴加入一定浓度的烧碱溶液，测得混合溶液的温度变化如图所示据此判断：该烧碱溶液的浓度
9、为molL1；下列有关说法正确的是HTO的电离常数：b点a点由水电离出的c（OH）：b点c点从a点到b点，混合溶液中可能存在：c（TO）=c（Na+）从b点到c点，混合溶液中一直存在：c（Na+）c（TO）c（OH）c（H+）16（16分）（2014漳州一模）氧化铁在工业上具有广泛的应用I据报道，一定条件下利用FeO2与甲烷反应可制取“纳米级”的金属铁其反应如下：Fe2O3（s）+3CH4（g）2Fe（s）+3CO（g）+6H2（g）H0（1）若反应在2L的密闭容器中进行，5min后达到平衡，测得反应生成Fe的质量为1.12g则该段时间内CH4的平均反应速率为（2）反应达到平衡后，保持其他条件
10、不变，仅改变某一相关元素，下列说法正确的是（选填序号）a若加入催化剂，v正增大，平衡向右移动b若温度升高，平衡常数K减小c若增大Fe2O3的量，平衡向右移动d若从反应体系中移走部分CO，可提高CH4的转化率工业上利用硫铁矿烧渣（主要成分为Fe2O3、Al2O3、SiO2等）为原料提取Fe2O3，工艺流程如下：试回答下列问题：（3）步骤i烧渣中Al2O3溶解的离子方程式为（4）步骤i、都要进行的操作名称是（5）结合图，判断步骤中调节溶液的pH不高于（6）已知微粒平衡平衡常数FeCO3（a）Fe2+（aq）+CO32（aq）Kap=3.21011H2CO3H+HCO3Ka1=4.36107HCO3
11、H+CO32Ka2=4.6810112HCO3H2CO3+CO32K=1.3104计算反应Fe2+（aq）+2HCO3（aq）FeCO3（s）+H2CO3（aq）的平衡常数为（7）在空气中煅烧FeCO3生成氧化铁的化学方程式为（8）结合所学化学知识，请你设计在实验室里从上述的硫铁矿烧渣中提取氧化铁的另一种简单方案17（13分）（2014漳州一模）某研究性学习小组欲探究Na2CO3溶液与MgCl2溶液反应产生白色沉淀的成分，小组成员做如下实验同学甲同学乙实验方案实验现象实验结论只有MgCO3只有Mg（OH）2（1）若按所得的结论分析，甲观察到的实验现象是（2）在探究沉淀物成分前，甲、乙都将沉淀物
12、从溶液中分离出来，洗涤并干燥同学丙认为他们并未将沉淀洗涤干净，请用简单的实验证明丙的观点（3）同学丁认为甲结论不合理，理由是Ksp（MgCO3）KspMg（OH）2（选填“”或“”），所以沉淀物未必是MgCO3经查阅资料得知：该白色沉淀的组成应为Mgx（OH）y（CO3）znH2O为确定沉淀物的具体组成，他设计RU图装置进行实验（所有夹持装置已省略）（4）请将丁设计的实验步骤补充完整：检查装置气密性；先装入药品，并称量相关装置的质量，后连接各装置；停止加热，持续通入空气直至实验结束，再次称量步骤中相关装置的质量（5）装置E中碱石灰的作用是三次实验所得数据如下：（部分数据已换算为相应的物质的量）
13、 实验序号 沉淀样品质量CO2的物质质量/mol H2O的物质的量/mol 1 3.64 0.03 0.04 2 7.28 0.06 0.08 3 10.92 0.09 0.16（6）分析实验数据可知，第组出现误差较大的数据，应舍去由实验数据计算得该白色沉淀物的组成为（选填序号）aMg2（OH）2CO33H2O bMg（OH）2（CO3）23H2OcMg4（OH）2（CO3）33H2O dMg5（OH）4（CO3）32H2O三、选考题（13分）【考生请在18、19中任选一题作答若18、19都作答则按18计分】【化学一物质结构与性质】18（13分）（2014漳州一模）我国化学家在“铁基（氟掺杂镨
14、氧铁砷化合物）高温超导”材料研究上取得了重要成果，该研究项目荣获2013年度“国家自然科学奖”一等奖（1）基态Fe2+的核外电子排布式为（2）氟、氧、砷三种元素中电负性值由大到小的顺序是（用相应的元素符号填空）（3）Fe（SCN）3溶液中加人NH4F，发生如下反应：Fe（SCN）3+6NH4F（NH4）3FeF6+3NH4SCN（NH4）3FeF6存在的微粒间作用力除共价键外还有（选填序号，下同）a配位键 b氢键 c金属键 d离子键已知SCN中各原子最外层均满足8电子稳定结构，则C原子的杂化方式为，该原子团中键与个数的比值为（4）FeCl3晶体易溶于水、乙醇，用酒精灯加热即可气化，而FeF3晶
15、体熔点高于1000C，试解释两种化合物熔点差异较大的原因：（5）氮、磷、砷虽为同主族元素，但其化合物的结构与性质是多样化的该族氢化物RH3（NH3、PH3、AsH3）的某种性质随R的核电荷数的变化趋势如图1所示，则Y轴可表示的氢化物（RH3）性质可能有a稳定性 b沸点 cRH键能 d分子间作用力碳氮化钛化合物在汽车制造和航空航天等领域有广泛的应用，其结构是用碳原子取代氮化钛晶胞（结构如图2）顶点的氮原子，据此分析，这种碳氮化钛化台物的化学式为【化学有机化学基础】(13分)19（2014漳州一模）某课题组拟采用苯酚和化合物B为主要物质合成有机中同体M（C16H14O4）已知：IRCOOHRCHO
16、；经红外光谱检测研究确认，有机物M含有2个“COC”结构且1mol M与足量的银氨溶液反应能生成4mol Ag（1）利用乙醇制备乙烯的过程中，浓H2SO4的作用是（2）有机物B中含有的官能团名称是有机物B在X溶液作用下可生成乙二醇，则X为（填化学式）（3）有机物C分子苯环上有两个对位的取代基，写出有机物C的结构简式（4）有机物D中不能发生的反应类型是（选填序号，下同）a取代反应 b消去反应 c加成反应 d氧化反应有机物Y与D互为同分异构体，写出符合下列条件的Y的结构简式i含有苯环，苯环上的一卤代物有3种同分异构体能与新制的氢氧化铜悬浊液反应产生砖红色沉淀.1mol Y最多能与2mol NaOH
17、溶液反应（5）下列关于有机物M的说法正确的是a能发生还原反应 b M是高分子化合物 c能使酸性KMnO4溶液褪色d可与FeCl3溶液发生显色反应 e能与浓溴水发生化学反应，生成白色沉淀（6）写出由有机物B与有机物D合成M的化学方程式2014学年福建省漳州市高考化学一模试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括14小题，每小题3分，共42分，每小题只有一个选项符合题意1（3分）（2014漳州一模）化学与生产、生活及环境密切相关，下列说法正确的是（）ACO2、NO2或SO2都会导致酸雨的形成B利用丁达尔效应可区别蛋白质溶液和氢氧化铝胶体C煤经过气化和液化等物理变化后可以转化为纯净物D新型氢动力计程
18、车的投入使用有益于减少雾霾的产生考点：常见的生活环境的污染及治理 专题：化学应用分析：A根据酸雨的形成原因；B丁达尔效应用于鉴别溶液和胶体；C煤经过气化和液化都是化学变化；D氢气是新能源，无污染；解答：解：A酸雨的形成是由于SO2、NO2而引起的，与CO2无关，故A错误；B蛋白质溶液和氢氧化铝胶体都是胶体，不能用丁达尔效应区别，故B错误；C煤经过气化生成水煤气，液化生成甲醇，都是化学变化，故C错误；D新型氢动力计程车的投入，减少了污染物的产生，有益于减少雾霾的产生，故D正确；故选D点评：本题主要考查化学与科学、技术、社会、环境等问题，侧重于基础知识的综合理解和运用的考查，有利于培养学生良好的科
19、学素养提高学习的积极性，题目难度不大，注意相关基础知识的积累2（3分）（2014漳州一模）下列化学用语正确的是（）A乙醇的结构简式：C2H6OBCH4的比例模型：C工业上制取粗硅的化学方程式：SiO2+CSi+CO2D电解饱和食盐水的离子方程式：Cl+2H2OCl2+2OH+H2考点：球棍模型与比例模型；结构简式；化学方程式的书写；离子方程式的书写 专题：化学用语专题分析：AC2H6O是乙醇的分子式；B比列模型展现原子体积的相对大小；C反应生成一氧化碳；D方程式未配平解答：解：A乙醇（俗名酒精）的结构简式为CH3CH2OH，故A错误； B本题图为甲烷的比例模型，展示原子体积的相对大小，C原子半
20、径大于H原子半径，故B正确；C工业上制硅的反应方程式为：SiO2+2C Si+2CO，故C错误；D电解饱和食盐水，溶液中的氯离子在阳极失电子生成氯气，氢离子在阴极得到电子生成氢气，阴极附近氢氧根离子浓度增大生成氢氧化钠，反应的离子方程式：2Cl+2H2O2OH+H2+Cl2，故D错误故选B点评：本题考查化学用语和离子反应方程式书写的正误判断，明确反应的产物和方程式的配平是解答本题的关键，难度不大3（3分）（2014漳州一模）下列关于有机物的说法中不正确的是（）A苯与氯气在一定条件下可发生取代反应B塑料、纤维都是合成高分子材料C乙烯、氯乙烯均可使酸性高锰酸钾溶液褪色D油脂、纤维紊和蛋白质在一定条
21、件下都能发生水解反应考点：苯的性质；乙烯的化学性质；油脂的性质、组成与结构 专题：有机物的化学性质及推断分析：A苯与氯气在催化剂条件下可以发生取代反应；B部分纤维可能为天然高分子材料；C含有碳碳双键的物质能够使酸性的高锰酸钾褪色；D酯类、多糖、蛋白质在一定条件下都能发生水解解答：解：A苯与氯气在催化剂条件下可以发生取代反应，生成氯苯，故A正确；B一部分纤维可能为天然高分子材料，故B错误；C乙烯、氯乙烯均含有碳碳双键能够使酸性的高锰酸钾褪色，故C正确；D油脂属于酯，碱性条件下水解生成高级脂肪酸盐和甘油；纤维素是多糖，水解最终生成葡萄糖；蛋白质水解生成氨基酸，故D正确；故选：B点评：本题考查有机物
22、的结构和性质，题目难度不大，明确苯、乙烯、油脂、纤维素、蛋白质的性质是解题关键4（3分）（2014漳州一模）下列有关物质性质及应用的叙述不正确的是（）A漂白粉长时间露置空气中会结块变质B金属钠在空气中燃烧产生黄色火焰，生成淡黄色固体C为防船体被腐蚀，远洋货轮船底外壳镶嵌锌块，其中锌发生还原反应D两根分别蘸有浓盐酸、浓氨水的玻璃棒靠近有白烟产生考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用；金属的电化学腐蚀与防护；氨的化学性质；钠的化学性质 专题：电化学专题；卤族元素；几种重要的金属及其化合物分析：A漂白粉的主要成分为氯化钙和次氯酸钙，可在空气中生成碳酸钙；B钠在空气中燃烧生成过氧化钠；C锌为原电池的负极
23、，被氧化；D浓盐酸和浓氨水反应生成氯化铵解答：解：A漂白粉的有效成分是次氯酸钙，容易吸收空气中的水和二氧化碳生成碳酸钙和次氯酸，次氯酸见光分解生成氯化氢和氧气，因此长时间露置空气中会结块变质，故A正确；B钠钠在空气中燃烧生成过氧化钠，火焰呈黄色，故B正确；C锌的金属性强于铁，与铁构成原电池，锌是负极，因此为防船体被腐蚀，远洋货轮船底镶嵌锌块，其中锌发生氧化反应，故C错误；D两根分别蘸有浓盐酸、浓氨水的玻璃棒靠近生成氯化铵固体而产生白烟，故D正确故选C点评：本题考查较为综合，涉及漂白粉、钠、电化学腐蚀以及氨水的性质，为高考常见题型，侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意相关基础知识的积
24、累，难度不大5（3分）（2014漳州一模）下列有关元素及其化合物性质的比较正确的是（）A原子半径：FOAlB稳定性：H2OPH3NH3C酸性：H2CO3H2SO4H3PO4D碱性：LiOHNaOHAl（OH）3考点：微粒半径大小的比较；金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律 专题：元素周期律与元素周期表专题分析：A同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大；B非金属性越强，氢化物的稳定性越强；C非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强；D金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强解答：解：A同周期自左而右原子半径减小，同
25、主族自上而下原子半径逐渐增大，故原子半径FOAl，故A正确；B非金属性PNO，非金属性越强，氢化物的稳定性越强，则稳定性PH3NH3H2O，故B错误；C非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则酸性：H2CO3H3PO4H2SO4，故C错误；D金属性AlLiNa，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故碱性：Al（OH）3LiOHNaOH，故D错误，故选A点评：本题考查元素周期律的应用，注意掌握微粒半径比较规律、理解元素周期律，难度不大6（3分）（2014漳州一模）下列针对甲、乙、丙、丁四种实验及装置的说法，不合理的是（）A可用来证明碳的非金属性比硅强B装置可用于碘水中碘的萃取
26、及分液C用如图示的方法检查此装置的气密性D装置：从进气可收集NO；从进气可收集NH3考点：化学实验方案的评价 专题：实验评价题分析：A元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸；B根据碘在不同溶剂中的溶解度不同采用萃取的方法分离；C能产生压强差的装置能检验装置的气密性；D根据气体的溶解性、性质及密度确定气体的收集方法解答：解：A碳酸可以制备硅酸，说明碳酸的酸性强于硅酸，元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，所以甲可以证明C的非金属性比硅强，故A正确；B碘易溶于有机溶剂中，不易溶于水中，且有机溶剂和水不互溶，所以可以通过萃取实现碘与水的分离，故B
27、正确；C根据装置特点知，如果两侧的液面高度差不变，则可以说明装置不漏气，故C正确；DNO易被氧气氧化生成二氧化氮，所以不能用排空气法收集NO，故D错误；故选D点评：本题考查了化学实验方案评价，涉及气体的收集、气密性检验、元素非金属性强弱判断等知识点，明确实验原理是解本题关键，根据物质的性质来分析解答即可，题目难度不大7（3分）（2014漳州一模）汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应：10NaN3+2KNO3K2O+5Na2O+16N2则列判断正确的是（）A反应中KNO3为还原剂BNaN3中氮元素为3价C标准状况下，若有6.5g NaN3参加反应，则生成3.584L N2D若1mol KNO3，参
28、加反应，转移电子的物质的量为10mol考点：氧化还原反应的计算 专题：氧化还原反应专题分析：10NaN3+2KNO3K2O+5Na2O+16N2，NaN3氮元素化由升高到N2中的0价，是还原剂，发生氧化反应，对应氧化产物；2KNO3中氮化合价由+5降低到N2 中的0价，是氧化剂，发生还原反应，对应还原产物，据此解答解答：解：AKNO3中氮化合价由+5降低到N2 中的0价，是氧化剂，故A错误；BNaN3氮元素化合价为，故B错误；C根据方程式可知当6.5g NaN3参加反应转移0.1mol电子时生成N20.16mol，0.1622.4L/mol=3.584L，故C正确；D根据方程式可知KNO3中氮
29、化合价由+5降低到N2 中的0价，1mol KNO3，参加反应，转移电子的物质的量为5mol，故D错误；故选C点评：本题考查了氧化还原反应相关的概念，属于基础知识考查，题目难度不大8（3分）（2014漳州一模）以NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法申正确的是（）A9g 18O2含有的中子数为5NAB标准状况下，0.5NA Br2所占的体积约为11.2LC常温下，1L 0.1molL1 NH4NO3溶液中含有的NH4+数为0.1NAD一定条件下，1mol N2和3mol H2在密闭容器充分反应，生成NH键的数目为6NA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、9g 18
30、O2中子数是=5mol；B、标准状况下，溴为液体，气体摩尔体积vm=22.4L/mol的使用范围是单一气体或能共存的混合气体；C、铵根离子是弱离子要水解，所以铵根离子的数目小于0.1NA；D、合成氨是可逆反应不可能完全转化解答：解：A、9g 18O2中子数是=5mol，所以含有的中子数为5NA，故A正确；B、标准状况下，溴为液体，气体摩尔体积vm=22.4L/mol的使用范围是单一气体或能共存的混合气体，故B错误；C、铵根离子是弱离子要水解，所以铵根离子的数目小于0.1NA，故C错误；D、合成氨是可逆反应不可能完全转化，所以生成NH键的数目小于6NA，故D错误；故选A点评：本题考查了阿伏伽德罗
31、常数的有关计算，难度不大，注意气体摩尔体积的使用范围9（3分）（2014漳州一模）下列用来表示可逆反应2X（g）+Y（g）3Z（g）H0的图象正确的是（）ABCD考点：转化率随温度、压强的变化曲线；体积百分含量随温度、压强变化曲线 专题：化学平衡专题分析：根据方程式可知，正反应放热，则升高温度正逆反应速率都增大，平衡向逆反应方向移动，Z的含量降低，X的转化率降低，由于反应前后气体的体积不变，则增大压强平衡不移动，正逆反应速率增大的倍数相同解答：解：A由于反应前后气体的体积不变，则增大压强平衡不移动，则A的转化率不变，故A错误B正反应放热，则升高温度正逆反应速率都增大，平衡向逆反应方向移动，Z的
32、含量降低，图象吻合，故B正确；C升高温度正逆反应速率都增大，图象不吻合，故C错误；D由于反应前后气体的体积不变，则增大压强平衡不移动，正逆反应速率增大的倍数相同，图象不吻合，故D错误；故选B点评：本题考查化学平衡图象问题，题目难度中等，解答本题的关键是根据反应的特征判断外界条件对平衡移动的影响，与图象对比可解答该题10（3分）（2014漳州一模）根据水溶液中存在的平衡关系，判断下列说法正确的是（）A往水中滴加少量氢氧化钠稀溶液，Kw变小B往AgCl悬浊液中加入0.1molL1 NaI溶液，无明显现象产生C室温下，稀释0.1molL1的醋酸，溶液中c（CH3COO）c（H+）不变D等体积等浓度的
33、氨水与盐酸混合后所得溶液显酸性考点：水的电离；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；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、水的离子积常数只与温度有关；B、碘化银的溶度积常数小于氯化银的溶度积常数，因此往AgCl悬浊液中加入0.1mol/LNaI溶液，有碘化银生成；C、醋酸是弱酸存在电离平衡，稀释促进电离，电离平衡常数不变，所以室温下稀释0.1mol/L的醋酸，溶液中c（CH3COO）c（H+）减小；D、氯水是弱碱，等体积等浓度的氨水与盐酸混合后生成氯化铵，NH4+水解所得溶液成酸性；解答：解：A、水的离子积常数只与温度有关，因此往水中滴加少量氢氧化钠溶液
34、，水的电离被抑制，但Kw不变，故A正确；B、碘化银的溶度积常数小于氯化银的溶度积常数，因此往AgCl悬浊液中加入0.1mol/LNaI溶液，有碘化银生成，故B不正确；C、醋酸是弱酸存在电离平衡，稀释促进电离，电离平衡常数不变，所以室温下稀释0.1mol/L的醋酸，溶液中c（CH3COO）c（H+）减小，故不正确；D、等体积等浓度的氨水与盐酸混合后生成氯化铵，氯水是弱碱，NH4+水解所得溶液成酸性，故D正确；故选D点评：本题考查了溶液酸碱性、电离平衡、溶解平衡以及溶液中盐类水解的应用，题目难度中等11（3分）（2014漳州一模）下列图示的有关说法正确的是（）A装置中负极反应式为H2+2e2H+B
35、装置工作时，外电路电子由a电极流向b电极C若采用装置精炼铜，则d为粗铜，c为纯铜D若装置用惰性电极电解稀H2SO4溶液，则溶液pH升高考点：原电池和电解池的工作原理 专题：电化学专题分析：A、燃料电池的负极是燃料失电子；B、原电池中电子从负极流向正极；C、根据电流方向判断电源的正负极，再判断电解池的阴阳极，结合电解精炼的原理分析；D、惰性电极电解稀H2SO4溶液实质是电解水解答：解：A、燃料电池的负极是燃料失电子，则装置中负极反应式为H22e2H+，故A错误；B、原电池中电子从负极流向正极，a极通入氢气为负极，b通入氧气为正极，则电子从a流向b，故B正确；C、电流从a流出，则a为正极，b为负极
36、，所以c为电解池的阳极，d为阴极，精炼铜时，粗铜作阳极，c为粗铜，d为纯铜，故C错误；D、惰性电极电解稀H2SO4溶液实质是电解水，电解后溶液的体积减小，硫酸浓度增大，则PH减小，故D错误故选B点评：本题考查了原电池原理和电解池原理的应用，明确电极的判断方法是关键，题目难度不大12（3分）（2014漳州一模）下列各组物质中，不能按如图所示（“”表示一步完成）关系相互转化的是（） A B C D 甲 Al Na SO2 Cu 乙 NaAlO2 NaOH SO3 CuO 丙 Al（OH）3 NaCl H2SO4 CuCl2AABBCCDD考点：镁、铝的重要化合物；含硫物质的性质及综合应用；钠的重要
37、化合物；铜金属及其重要化合物的主要性质 专题：氧族元素；几种重要的金属及其化合物分析：A铝溶于氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠，偏铝酸钠和酸反应生成氢氧化铝，但氢氧化铝不能直接转化为铝；B钠溶于水生成氢氧化钠，氢氧化钠和盐酸反应生成氯化钠，电解熔融的氯化钠生成钠；C二氧化硫被氧气氧化生成三氧化硫，三氧化硫溶于水生成硫酸，浓硫酸和铜反应生成二氧化硫；D铜与氧气反应生成氧化铜，氧化铜溶于盐酸生成氯化铜，电解氯化铜可以得到金属铜解答：A铝溶于氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，偏铝酸钠和酸反应生成氢氧化铝：NaAlO2+HCl+H2O=Al（OH）3+NaCl，但
38、氢氧化铝不能直接转化为铝；故A错误；B钠溶于水生成氢氧化钠：2Na+2H2O=2NaOH+H2，氢氧化钠和盐酸反应生成氯化钠：NaOH+HCl=NaCl+H2O，电解熔融的氯化钠生成钠：2NaCl2Na+Cl2；故B正确；C二氧化硫被氧气氧化生成三氧化硫：2SO2+O2=2SO3，三氧化硫溶于水生成硫酸：SO3+H2O=H2SO4，浓硫酸和铜反应生成二氧化硫：2H2SO4（浓）+Cu=CuSO4+SO2+2H2O；故C正确；D铜与氧气反应生成氧化铜：2Cu+O22CuO，氧化铜溶于盐酸生成氯化铜：CuO+2HCl=CuCl2+H2O，电解氯化铜可以得到金属铜：CuCl2Cu+Cl2；故D正确；
39、故选A点评：本题考查元素化合物的性质，题目难度不大，本题注意常见元素化合物性质的积累13（3分）（2014漳州一模）下列图示与对应的叙述相符的是（）A如图曲线表示向等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液中分别加人足量镁粉产生H2的物质的量的变化B表示将0.01molL1 NaOH溶液滴人到稀盐酸中的滴定曲线C为水的电离曲线，从z点刭x点，可采用在水中加入适量NaOH固体的方法D图中曲线表示将pH相同的NH4Cl溶液和盐酸稀释相同倍数时，二者pH的变化考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；盐类水解的应用；中和滴定 专题：图示题；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；B
40、将0.01molL1 NaOH溶液滴人到稀盐酸中，则溶液pH应逐渐增大；C从z点刭x点，水的离子积常数减小，应改变温度；D氯化铵水解呈酸性，加水稀释，促进水解解答：解：A醋酸是弱酸，盐酸是强酸，以此在物质的量浓度相同的情况下，盐酸与镁反应的速率快，故A错误；B乙应该表示的是将稀盐酸滴加到氢氧化钠溶液中的滴定曲线，故B错误；C丙为水的电离曲线，从z点刭x点，水的离子积常数减小，因此不能采用在水中加入适量氢氧化钠固体的方法实现，故C错误；D盐酸是强酸，完全电离，氯化铵是强酸弱碱盐，水解呈酸性，因此在pH相同的条件下，分别稀释相同的倍数时，盐酸的pH变化大，故D正确故选D点评：本题考查较为综合，涉及
41、外界条件对反应速率的影响、电离平衡、盐类水解以及酸碱中和反应曲线等知识，侧重于学生的分析能力的考查，为高频考点，注意相关基础知识的积累，难度不大14（3分）（2014漳州一模）现有一份单质铁和氧化铁的混合物，其物质的量共a mol，加入一定量的盐酸后固体全部溶解，收集到b mol氢气下列有关叙述中正确的是（）A反应后的溶液中加入氯水不变色B反应后的溶液可继续溶解金属铜C原混台物中氧化铁的物质的量为（ab）molD原混合物中单质铁的物质的量为b mol考点：铁的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物；有关混合物反应的计算 专题：几种重要的金属及其化合物分析：加入盐酸，发生Fe2O3+6H+=2Fe3+3
42、H2O、Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2+H2，氧化性为铁离子大于氢离子，以此来解答解答：解：A铁离子的氧化性强于氢离子，所以混合物溶于水，铁首先与反应中生成的氯化铁反应生成氯化亚铁，然后再与盐酸反应生成氢气，溶液是氯化亚铁溶液，亚铁离子具有还原性，所以反应后的溶液中加入氯水生成铁离子，溶液颜色变化，故A错误；B氯化亚铁与铜不反应，故B错误；C根据电子转移守恒，与H+反应生成H2的铁的物质的量等氢气的物质的量，即n（Fe）=n（H2）=bmol；其余的铁则和Fe2O3以等物质的量溶于盐酸生成FeCl2，即Fe+Fe2O3+6H+=3Fe2+3H2O，参加该反应的铁与氧化铁的物
43、质的量为均（ab）mol，故C正确；D由选项C分析可知，共含铁bmol+（ab）mol=（a+b）mol，故D错误；故选C点评：本题考查铁与氧化铁的混合物溶液溶于盐酸的有关计算与判断，明确氧化性的强弱及优先发生的氧化还原反应为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度中等二、填空题（本题包括3小题共45分）15（16分）（2014漳州一模）短周期元素R、Q、M、T在元素周期表中的相对位置如下表，已知R原子最外层电子数与次外层电子数之比为2：1RQMT（1）人的汗液中含有T的简单离子，其离子结构示意图为；元素M在元素周期表中的位置是第三周期第VIA族（2）R的最高价氧化物所含的化学键类型是共
44、价键（选填“离子”或“共价”）（3）加热时，Q的最高价氧化物对应水化物的浓溶液与单质R反应的化学方程式为4HNO3（浓）+C4NO2+CO2+2H2O（用具体的化学式表示）（4）在一定条件下甲、乙、丙有如下转化：甲乙丙，若其中甲是单质，乙、丙为化合物，x是具有氧化性的无色气体单质，则甲的化学组成不可能是（选填序号，下同）R Q2 M T2（5）工业上，常利用RO与MO2反应生成固态M单质和RO2，从而消除这两种气体对大气的污染已知：2RO（g）+O2（g）2RO2（g）H=akJmol1M（s）+O2（g）MO2（g）H=bkJmol1则反应2RO（g）+MO2（g）2RO2（g）+M（s）H
45、=（ab）kJ/mol（6）元素T的含氧酸HTO具有漂白性往20mL 0.01molL1的HTO溶液中逐滴加入一定浓度的烧碱溶液，测得混合溶液的温度变化如图所示据此判断：该烧碱溶液的浓度为0.01molL1；下列有关说法正确的是HTO的电离常数：b点a点由水电离出的c（OH）：b点c点从a点到b点，混合溶液中可能存在：c（TO）=c（Na+）从b点到c点，混合溶液中一直存在：c（Na+）c（TO）c（OH）c（H+）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：短周期元素R、Q、M、T在元素周期表中的相对位置如下表，R位于第二周期，R原子最外层电子数与次外层电子数之比
46、为2：1，则其最外层电子数是4，为C元素，则Q为N元素、M为S元素、T为Cl元素，（1）T是Cl元素，氯离子核外有3个电子层、18个电子，据此书写其离子结构示意图；元素M是S元素，位于第三周期第VIA族；（2）R的最高价氧化物是CO2，非金属元素之间易形成共价键；（3）Q的最高价氧化物对应水化物的浓溶液是HNO3，浓硝酸和C在加热条件下发生氧化还原反应；（4）在一定条件下甲、乙、丙有如下转化：甲乙丙，若其中甲是单质，乙、丙为化合物，x是具有氧化性的无色气体单质，则X是氧气，甲能连续被氧化且为单质，甲可能是氮气、C、S等；（5）根据盖斯定律进行计算；（6）HClO是弱酸，次氯酸电离是吸热反应，酸
47、碱中和反应是放热反应，当恰好完全中和时放出热量最多，据此确定c（NaOH）；次氯酸是弱酸，升高温度促进次氯酸电离，则温度越高，次氯酸电离平衡常数越大；酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离；当溶液呈中性时，存在c（TO）=c（Na+）；当C（NaOH）较大时，可能出现：c（Na+）c（OH）c（TO）c（H+）解答：解：短周期元素R、Q、M、T在元素周期表中的相对位置如下表，R位于第二周期，R原子最外层电子数与次外层电子数之比为2：1，则其最外层电子数是4，为C元素，则Q为N元素、M为S元素、T为Cl元素，（1）T是Cl元素，氯原子得2个电子生成氯离子，氯离子结构示意图为；元素M是S元素，
48、位于第三周期第VIA族，故答案为：；第三周期第VIA族；（2）R的最高价氧化物是CO2，二氧化碳分子中C原子和O原子之间只存在共价键，故答案为：共价键；（3）Q的最高价氧化物对应水化物的浓溶液是HNO3，浓硝酸和C在加热条件下发生氧化还原反应，反应方程式为4HNO3（浓）+C4NO2+CO2+2H2O，故答案为：4HNO3（浓）+C4NO2+CO2+2H2O；（4）在一定条件下甲、乙、丙有如下转化：甲乙丙，若其中甲是单质，乙、丙为化合物，x是具有氧化性的无色气体单质，则X是氧气，甲能连续被氧化且为单质，甲可能是氮气、C、S等，氯气不能被氧气氧化，故选；（5）2CO（g）+O2（g）2CO2（g
49、）H=akJmol1S（s）+O2（g）SO2（g）H=bkJmol1方程式得2CO（g）+SO2（g）2CO2（g）+S（s）H=（ab）kJ/mol，故答案为：（ab）kJ/mol；（6）HClO是弱酸，次氯酸电离是吸热反应，酸碱中和反应是放热反应，当恰好完全中和时放出热量最多，c（NaOH）=0.01mol/L；从a到b点，溶液温度逐渐升高，次氯酸是弱酸，升高温度促进次氯酸电离，则温度越高，次氯酸电离平衡常数越大，所以电离平衡常数b点a点，故正确；b点溶质是NaClO，为强碱弱酸盐，促进水电离，c点NaOH过量，抑制水电离，所以由水电离出的c（OH）：b点c点，故错误；从a点到b点，当溶
50、液呈中性时，存在c（OH）=c（H+），根据电荷守恒知存在c（TO）=c（Na+），故正确；从b点到c点，当C（NaOH）较大时，可能出现：c（Na+）c（OH）c（TO）c（H+），故错误；故答案为：0.01；点评：本题考查较综合，涉及物质推断、盖斯定律、酸碱中和反应等，根据原子结构推断元素，再结合物质性质分析解答，难点是（6）题，知道图象中温度变化原因及各点对应溶质成分，题目难度中等16（16分）（2014漳州一模）氧化铁在工业上具有广泛的应用I据报道，一定条件下利用FeO2与甲烷反应可制取“纳米级”的金属铁其反应如下：Fe2O3（s）+3CH4（g）2Fe（s）+3CO（g）+6H2（g
51、）H0（1）若反应在2L的密闭容器中进行，5min后达到平衡，测得反应生成Fe的质量为1.12g则该段时间内CH4的平均反应速率为0.003mol/（Lmin）（2）反应达到平衡后，保持其他条件不变，仅改变某一相关元素，下列说法正确的是d（选填序号）a若加入催化剂，v正增大，平衡向右移动b若温度升高，平衡常数K减小c若增大Fe2O3的量，平衡向右移动d若从反应体系中移走部分CO，可提高CH4的转化率工业上利用硫铁矿烧渣（主要成分为Fe2O3、Al2O3、SiO2等）为原料提取Fe2O3，工艺流程如下：试回答下列问题：（3）步骤i烧渣中Al2O3溶解的离子方程式为Al2O3+6H+=2Al3+3
52、H2O（4）步骤i、都要进行的操作名称是过滤（5）结合图，判断步骤中调节溶液的pH不高于7（6）已知微粒平衡平衡常数FeCO3（a）Fe2+（aq）+CO32（aq）Kap=3.21011H2CO3H+HCO3Ka1=4.36107HCO3H+CO32Ka2=4.6810112HCO3H2CO3+CO32K=1.3104计算反应Fe2+（aq）+2HCO3（aq）FeCO3（s）+H2CO3（aq）的平衡常数为4.06105（7）在空气中煅烧FeCO3生成氧化铁的化学方程式为4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2（8）结合所学化学知识，请你设计在实验室里从上述的硫铁矿烧渣中提取氧化铁的另一种
53、简单方案考点：化学平衡的影响因素；反应速率的定量表示方法；化学平衡的计算 专题：化学平衡专题；化学反应速率专题分析：、（1）结合题干计算铁物质的量，根据化学方程式定量关系计算甲烷消耗的物质的量，依据化学反应速率概念计算得到；（2）依据化学反应特征和影响平衡因素，结合化学平衡移动原理分析选项；、（3）依据流程分析氧化铝溶解于过量硫酸生成硫酸铝和水，据此书写离子方程式；（4）流程分析，步骤i是硫酸溶解后过滤除去不溶杂质，步骤ii是加入过量铁调节溶液PH，过滤得到滤液除去过量铁，步骤iii是过滤得到碳酸亚铁沉淀；（5）依据图象分析可知加入铁是还原铁离子，同时调节溶液PH除去铝离子，亚铁离子不生成沉淀
54、，溶液PH不高于7；（6）依据电离平衡常数结合反应平衡常数表达式计算推断得到；（7）在空气中煅烧FeCO3生成氧化铁和二氧化碳，依据原子守恒配平书写化学方程式；（8）依据氧化铁不溶于氢氧化钠溶液，氧化铝和二氧化硅能溶解于氢氧化钠溶液设计实验解答：解：、（1）若反应在2L的密闭容器中进行，5min后达到平衡，测得反应生成Fe的质量为1.12g铁物质的量=0.02mol，结合化学方程式，Fe2O3（s）+3CH4（g）2Fe（s）+3CO（g）+6H2（g），计算反应的甲烷物质的量为0.03mol，则该段时间内CH4的平均反应速率=0.003mol/（Lmin）；故答案为：0.003mol/（Lm
55、in）；（2）Fe2O3（s）+3CH4（g）2Fe（s）+3CO（g）+6H2（g）H0，反应是气体体积不变的吸热反应a若加入催化剂，V逆，v正增大，速率同等程度增大，平衡不发生移动，故a错误；b反应是吸热反应，若温度升高，平衡正向进行，平衡常数K增大，故b错误；c若增大Fe2O3的量，氧化铁是固体不影响平衡，平衡不移动，故d错误；d若从反应体系中移走部分CO，减少生成物，平衡正向进行，可提高CH4的转化率，故d正确；故答案为：d；、（3）Al2O3溶解于稀硫酸中反应生成硫酸铝和水，反应的离子方程式为：Al2O3+6H+=2Al3+3H2O；故答案为：Al2O3+6H+=2Al3+3H2O；
56、（4）依据流程分析，步骤i是硫酸溶解后过滤除去不溶杂质，步骤ii是加入过量铁调节溶液PH，过滤得到滤液除去过量铁，步骤iii是过滤得到碳酸亚铁沉淀，步骤中都是基本操作过滤；故答案为：过滤；（5）根据图象可知，亚铁离子开始沉淀时的pH值是7，所以要得到碳酸亚铁，同时调节溶液PH除去铝离子，亚铁离子不生成沉淀，则溶液的pH不能高于7，因此步骤中调节溶液的pH不高于7故答案为：7；（6）计算反应Fe2+（aq）+2HCO3（aq）FeCO3（s）+H2CO3（aq）的平衡常数K=4.06105；故答案为：4.06105；（7）在空气中煅烧FeCO3生成氧化铁和二氧化碳，依据原子守恒分析，生成氧化铁同
57、时生成二氧化碳，反应的化学方程式为：4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2；故答案为：4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2；（8）由于氧化铝与二氧化硅均能和氢氧化钠溶液反应，而氧化铁和氢氧化钠溶液不反应，因此要提取氧化铁的实验方案可以设计为取少量磁铁矿烧渣，加入足量热的浓氢氧化钠溶液中，搅拌，过滤，洗涤烘干得到；故答案为：取少量磁铁矿烧渣，加入足量热的浓氢氧化钠溶液中，搅拌，过滤，洗涤烘干得到点评：本题考查了反应速率计算，化学平衡和反应速率的影响因素，方程式书写方法，物质分离与提纯，实验方案设计，平衡常数的有关计算，掌握基础是关键，题目难度中等17（13分）（2014漳州一模）某研究性学
58、习小组欲探究Na2CO3溶液与MgCl2溶液反应产生白色沉淀的成分，小组成员做如下实验同学甲同学乙实验方案实验现象沉淀溶解，有气泡产生pH7，沉淀逐渐溶解实验结论只有MgCO3只有Mg（OH）2（1）若按所得的结论分析，甲观察到的实验现象是沉淀溶解，有气泡产生（2）在探究沉淀物成分前，甲、乙都将沉淀物从溶液中分离出来，洗涤并干燥同学丙认为他们并未将沉淀洗涤干净，请用简单的实验证明丙的观点（3）同学丁认为甲结论不合理，理由是Ksp（MgCO3）KspMg（OH）2（选填“”或“”），所以沉淀物未必是MgCO3经查阅资料得知：该白色沉淀的组成应为Mgx（OH）y（CO3）znH2O为确定沉淀物的具
59、体组成，他设计RU图装置进行实验（所有夹持装置已省略）（4）请将丁设计的实验步骤补充完整：检查装置气密性；先装入药品，并称量相关装置的质量，后连接各装置；先通入一会儿空气，再加热；停止加热，持续通入空气直至实验结束，再次称量步骤中相关装置的质量（5）装置E中碱石灰的作用是防止空气中的水以及二氧化碳进入D中干扰试验三次实验所得数据如下：（部分数据已换算为相应的物质的量） 实验序号 沉淀样品质量CO2的物质质量/mol H2O的物质的量/mol 1 3.64 0.03 0.04 2 7.28 0.06 0.08 3 10.92 0.09 0.16（6）分析实验数据可知，第3组出现误差较大的数据，应
60、舍去由实验数据计算得该白色沉淀物的组成为c（选填序号）aMg2（OH）2CO33H2O bMg（OH）2（CO3）23H2OcMg4（OH）2（CO3）33H2O dMg5（OH）4（CO3）32H2O考点：探究物质的组成或测量物质的含量；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质 专题：实验探究和数据处理题分析：碳酸镁可以和盐酸反应生成氯化镁水以及二氧化碳；氢氧化镁属于弱碱，可以和盐酸反应生成氯化镁和水，（1）根据碳酸镁与稀盐酸反应生成氯化镁、水和CO2，但是氢氧化镁和盐酸反应没有该现象；（2）沉淀表面有吸附的氯离子，可以通过检验氯离子来判断沉淀是否洗涤干净；（3）氢氧化镁的溶度积常数小于碳酸镁的
61、溶度积常数；（4）空气中水蒸气和CO2通过碱石灰时可以被吸收；（5）D吸收的是反应产生的二氧化碳，不允许空气中的水以及二氧化碳的干扰；（6）由于水蒸气和CO2的物质的量与样品的质量成比例，因此根据实验1、2中的数据可知，实验3中水蒸气的物质的量偏大（应该是0.12mol），应该舍去，根据表中数据可知CO2与水蒸气的物质的量之比是3：4，据此回答解答：解：碳酸镁可以和盐酸反应生成氯化镁水以及二氧化碳，氢氧化镁属于弱碱，pH略大于7，可以和盐酸反应生成氯化镁和水，据现象可以鉴别二者，故答案为：沉淀溶解，有气泡产生；pH7，沉淀逐渐溶解；（1）碳酸镁与稀盐酸反应生成氯化镁、水和CO2，因此实验现象是
62、沉淀溶解，有气泡产生，故答案为：沉淀溶解，有气泡产生（2）由于沉淀表面有吸附的氯离子，所以可以通过检验氯离子来判断沉淀是否洗涤干净，即取最后一次洗涤液于另一试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，出现白色沉淀即证明没有洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤液于另一试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，出现白色沉淀（3）由于氢氧化镁的溶度积常数小于碳酸镁的溶度积常数，所以Ksp（MgCO3）KspMg（OH）2，故答案为：；（4）由于装置中有残留的空气，而空气中通过碱石灰时水蒸气和CO2被吸收，所以因此先通入一会儿空气，再加热，故答案为：先通入一会儿空气，再加热（5）由于空气中还含有水蒸气和CO2会进入装置D
63、干扰实验，所以E装置中碱石灰的作用是防止空气中的水蒸气和CO2进入装置D，故答案为：防止空气中的水蒸气和CO2进入装置D（6）由于水蒸气和CO2的物质的量与样品的质量成比例，因此根据实验1、2中的数据可知，实验3中水蒸气的物质的量偏大（应该是0.12mol），应该舍去，根据表中数据可知CO2与水蒸气的物质的量之比是3：4，则aMg2（OH）2CO33H2O中CO2与水蒸气的物质的量之比是1：4，a不正确；bMg（OH）2（CO3）23H2O中CO2与水蒸气的物质的量之比是1：2，b不正确；cMg4（OH）2（CO3）33H2O中CO2与水蒸气的物质的量之比是3：4，c正确；dMg5（OH）4（
64、CO3）32H2O中CO2与水蒸气的物质的量之比是3：4，但3.64g该物质得不到0.03molCO2，d不正确，答案选c故答案为：3；c点评：考查涉及实验方案设计与评价、物质检验、实验数据处理等方面的知识，难度大，综合性强三、选考题（13分）【考生请在18、19中任选一题作答若18、19都作答则按18计分】【化学一物质结构与性质】18（13分）（2014漳州一模）我国化学家在“铁基（氟掺杂镨氧铁砷化合物）高温超导”材料研究上取得了重要成果，该研究项目荣获2013年度“国家自然科学奖”一等奖（1）基态Fe2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6（2）氟、氧、砷三种元素中电负性
65、值由大到小的顺序是FOAs（用相应的元素符号填空）（3）Fe（SCN）3溶液中加人NH4F，发生如下反应：Fe（SCN）3+6NH4F（NH4）3FeF6+3NH4SCN（NH4）3FeF6存在的微粒间作用力除共价键外还有ad（选填序号，下同）a配位键 b氢键 c金属键 d离子键已知SCN中各原子最外层均满足8电子稳定结构，则C原子的杂化方式为sp，该原子团中键与个数的比值为1：1（4）FeCl3晶体易溶于水、乙醇，用酒精灯加热即可气化，而FeF3晶体熔点高于1000C，试解释两种化合物熔点差异较大的原因：FeCl3是分子晶体，FeF3是离子晶体（5）氮、磷、砷虽为同主族元素，但其化合物的结构
66、与性质是多样化的该族氢化物RH3（NH3、PH3、AsH3）的某种性质随R的核电荷数的变化趋势如图1所示，则Y轴可表示的氢化物（RH3）性质可能有aca稳定性 b沸点 cRH键能 d分子间作用力碳氮化钛化合物在汽车制造和航空航天等领域有广泛的应用，其结构是用碳原子取代氮化钛晶胞（结构如图2）顶点的氮原子，据此分析，这种碳氮化钛化台物的化学式为Ti4CN3考点：晶胞的计算；原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；化学键；共价键的形成及共价键的主要类型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断 专题：原子组成与结构专题；化学键与晶体结构分析：（1）因为铁为26号元素，亚铁离子的核外有24个电子，根
67、据核外电子排布规律可知基态Fe2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，据此答题；（2）根据元素周期律可知，非金属性越强，电负性越大，所以氟、氧、砷三种元素中电负性值由大到小的顺序是FOAs，据此答题；（3）（NH4）3FeF6是离子化学物，铵根离子与六氟合铁酸根之间是离子键，氮与氢之间是共价键，铁与氟之间是配位键，据此答题；SCN中各原子最外层均满足8电子稳定结构，所以可以写出该原子团的结构式为S=C=N，其结构与二氧化碳相似，其中含有2个键与2个键，所以C原子的杂化方式为sp，键与键个数的比为1：1，据此答题；（4）FeCl3晶体易溶于水、乙醇，用酒精灯加热即可气化，所以
68、FeCl3是分子晶体，FeF3晶体熔点高于1000C，所以FeF3是离子晶体，分子晶体中分子之间是范德华力，作用力比较小，而离子键的作用力较大，所以两者的沸点相差较大，据此答题；（5）aN、P、As位于周期表同一主族，从上到下排列，根据元素周期律可知，非金属性越强，氢化物的稳定性越强，因此三种氢化物的稳定性逐渐降低，a正确；b由于氨气分子间存在氢键，因此氨气的沸点最高，b不正确；c非金属性越强与氢元素形成的共价键越强，键能越大，因此RH键能虽原子序数的增大而减小，c正确；d三种氢化物生成的晶体均是分子晶体，分子间作用力随相对分子质量的增加而增大，d不正确，据此答题；根据晶胞结构图利用均摊法可知
69、，在晶胞中含有碳原子数为=1，含有氮原子数为=3，含有钛原子数为=4，所以碳、氮、钛原子数之比为1：3：4，据此写出化学式；解答：解：（1）因为铁为26号元素，亚铁离子的核外有24个电子，根据核外电子排布规律可知基态Fe2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，故答案为：1s22s22p63s23p63d6；（2）根据元素周期律可知，非金属性越强，电负性越大，所以氟、氧、砷三种元素中电负性值由大到小的顺序是FOAs，故答案为：FOAs；（3）（NH4）3FeF6是离子化学物，铵根离子与六氟合铁酸根之间是离子键，氮与氢之间是共价键，铁与氟之间是配位键，故答案为：ad；SCN中各
70、原子最外层均满足8电子稳定结构，所以可以写出该原子团的结构式为S=C=N，其结构与二氧化碳相似，其中含有2个键与2个键，所以C原子的杂化方式为sp，键与键个数的比为1：1，故答案为：sp，1：1；（4）FeCl3晶体易溶于水、乙醇，用酒精灯加热即可气化，所以FeCl3是分子晶体，FeF3晶体熔点高于1000C，所以FeF3是离子晶体，分子晶体中分子之间是范德华力，作用力比较小，而离子键的作用力较大，所以两者的沸点相差较大，故答案为：FeCl3是分子晶体，FeF3是离子晶体；（5）aN、P、As位于周期表同一主族，从上到下排列，根据元素周期律可知，非金属性越强，氢化物的稳定性越强，因此三种氢化物
71、的稳定性逐渐降低，a正确；b由于氨气分子间存在氢键，因此氨气的沸点最高，b不正确；c非金属性越强与氢元素形成的共价键越强，键能越大，因此RH键能虽原子序数的增大而减小，c正确；d三种氢化物生成的晶体均是分子晶体，分子间作用力随相对分子质量的增加而增大，d不正确，故答案为：ac；根据晶胞结构图利用均摊法可知，在晶胞中含有碳原子数为=1，含有氮原子数为=3，含有钛原子数为=4，所以碳、氮、钛原子数之比为1：3：4，据此写出化学式为Ti4CN3，故答案为：Ti4CN3；点评：本题主要考查了核外电子排布、电负性、作用力、共价键、晶体类型与性质及晶胞的计算，综合性较强，有一定的难度【化学有机化学基础】(
72、13分)19（2014漳州一模）某课题组拟采用苯酚和化合物B为主要物质合成有机中同体M（C16H14O4）已知：IRCOOHRCHO；经红外光谱检测研究确认，有机物M含有2个“COC”结构且1mol M与足量的银氨溶液反应能生成4mol Ag（1）利用乙醇制备乙烯的过程中，浓H2SO4的作用是催化剂和脱水剂（2）有机物B中含有的官能团名称是溴原子有机物B在X溶液作用下可生成乙二醇，则X为NaOH（或KOH等）（填化学式）（3）有机物C分子苯环上有两个对位的取代基，写出有机物C的结构简式（4）有机物D中不能发生的反应类型是b（选填序号，下同）a取代反应 b消去反应 c加成反应 d氧化反应有机物Y
73、与D互为同分异构体，写出符合下列条件的Y的结构简式i含有苯环，苯环上的一卤代物有3种同分异构体能与新制的氢氧化铜悬浊液反应产生砖红色沉淀.1mol Y最多能与2mol NaOH溶液反应（5）下列关于有机物M的说法正确的是aca能发生还原反应 b M是高分子化合物 c能使酸性KMnO4溶液褪色d可与FeCl3溶液发生显色反应 e能与浓溴水发生化学反应，生成白色沉淀（6）写出由有机物B与有机物D合成M的化学方程式考点：有机物的合成 专题：有机物的化学性质及推断分析：在题中各物质转化关系中，根据C生成D的条件结合题中已知，可知，在C中有羧基，而C中的不饱和度为5，再结合C是由苯酚变化而来，所以可知C
74、中有酚羟基，C的分子式为C7H6O3，所以C中有一个酚羟基，一个羧基，另外还有一个苯环，所以D中就是将C中的羧基还原成醛基，B是乙烯与溴加成的产物，为1，2二溴乙烷，结合M的分子式可知，B、D发生取代反应生成M，（1）乙醇发生消去反应制备乙烯的过程中，浓H2SO4的作用是催化剂和脱水剂；（2）乙烯中的碳碳双键与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，生成有机物B为CH2BrCH2Br，则B中有溴原子；卤代烃发生水解生成醇，因此有机物B在氢氧化钠的水溶液中水解生成乙二醇；（3）有机物C分子苯环上有两个对位的取代基，则根据C的分子式C7H6O3和已知信息可知，C分子中的官能团是酚羟基和羧基，据此确定C的结构
75、简式；（4）根据D中官能团的性质判断发生反应的类型；i含有苯环，苯环上的一卤代物有3种同分异构体；能与新制的氢氧化铜悬浊液反应产生砖红色沉淀，说明含有醛基；.1molY最多能与2moINaOH溶液反应，这说明还含有甲酸形成的酯基，据此写出结构简式；（5）经红外光谱检测研究确认，有机物M含有2个“COC”结构且lmolM与足量的银氨溶液反应生成4molAg，说明分子中含有2个醛基，因此生成M的反应可以看作是酚羟基中的氢原子被溴原子取代，所以M的结构简式为，据此判断；（6）根据以上的分析，结合B、D和M的结构简式，可写出化学方程式解答：解：在题中各物质转化关系中，根据C生成D的条件结合题中已知，可
76、知，在C中有羧基，而C中的不饱和度为5，再结合C是由苯酚变化而来，所以可知C中有酚羟基，C的分子式为C7H6O3，所以C中有一个酚羟基，一个羧基，另外还有一个苯环，所以D中就是将C中的羧基还原成醛基，B是乙烯与溴加成的产物，为1，2二溴乙烷，结合M的分子式可知，B、D发生取代反应生成M，（1）乙醇发生消去反应制备乙烯的过程中，浓H2SO4的作用是催化剂和脱水剂，故答案为：催化剂和脱水剂；（2）乙烯中的碳碳双键与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，生成有机物B为CH2BrCH2Br，则B中有溴原子，所以B中含有的官能团为溴原子，故答案为：溴原子；卤代烃发生在碱性条件下水解生成醇，因此有机物B在氢氧化钠
77、或氢氧化钾的水溶液中水解生成乙二醇，所以X为NaOH（或KOH等），故答案为：NaOH（或KOH等）；（3）有机物C分子苯环上有两个对位的取代基，则根据C的分子式C7H6O3和已知信息可知，C分子中的官能团是酚羟基和羧基，据此确定C的结构简式为，故答案为：；（4）根据信息可知，C转化为D，D的结构简式为，分子中含有酚羟基和醛基，所以可以发生取代反应、加成反应、氧化反应，不能发生消去反应，故选b，故答案为：b；i含有苯环，苯环上的一卤代物有3种同分异构体；能与新制的氢氧化铜悬浊液反应产生砖红色沉淀，说明含有醛基；.1molY最多能与2moINaOH溶液反应，这说明还含有甲酸形成的酯基，因此符合条
78、件的结构简式为，故答案为：；（5）经红外光谱检测研究确认，有机物M含有2个“COC”结构且lmolM与足量的银氨溶液反应生成4molAg，说明分子中含有2个醛基，因此生成M的反应可以看作是酚羟基中的氢原子被溴原子取代，所以M的结构简式为，则a含有醛基和苯环，能发生还原反应，故a正确；bM不是高分子化合物，故b错误；c含有醛基，能使酸性KMnO4溶液褪色，故c正确；d不含有酚羟基，所以不与FeCl3溶液发生显色反应，故d错误；e不含有酚羟基，不能与浓溴水发生化学反应，生成白色沉淀，故e错误，故选ac，故答案为：ac；（6）根据以上的分析，可知B为CH2BrCH2Br、D为、M为，所以反应的化学方程式为，故答案为：；点评：本题主要考查了有机物的推断、结构与性质、官能团、同分异构体的判断及化学方程式的书写，中等难度，答题时注意有机基础知识和题中信息相结合分析问题