1、2014年江西省吉安一中高考化学一模试卷一、单项选择题1（3分）（2014青原区校级一模）下列有关物质的应用与性质相对应的是（）A浓硫酸可用作干燥剂是因为其具有强酸性B光导纤维可用作通讯材料是因为其具有导电性C明矾能用于净水是因为铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有强氧化性D氯化铁溶液可用于制作印刷电路板是因为其能氧化铜2（3分）（2014青原区校级一模）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A常温常压下，15g甲基（14CH3）所含的电子数为9NAB常温下，2L pH=12的Na2CO3溶液中含有的OH数目为0.02NAC6.8g液态KHSO4中含有0.1NA个阳离子D1mol乙酸和1
2、mol乙醇充分反应生成的水分子数为NA3（3分）（2015丹东一模）下列评价及离子方程式书写正确的是（）选项离子组评价AH+、Fe2+、NO3、Cl不能大量共存于同一溶液中，因为发生了氧化还原反应4Fe2+NO3+6H+4Fe3+2NO+3H2OBNa+、CO32、Cl、Al3+不能大量共存于同一溶液中，因为发生了互促水解反应2Al3+3CO32+3H2O2Al（OH）3+3CO2CFe3+、K+、SCN、Br不能大量共存于同一溶液中，因为有红色沉淀生成Fe3+SCNFe（SCN）3DHCO3、OH、Na+、Ca2+不能大量共存于同一溶液中，因为发生如下反应HCO3+OHCO2+H2OAABB
3、CCDD4（3分）（2014襄城区校级模拟）某单官能团有机化合物，只含碳、氢、氧三种元素，相对分子质量为58，完全燃烧时产生等物质的量的CO2和H2O它可能的结构共有（不考虑立体异构）（）A4种B5种C6种D7种5（3分）（2012太原一模）X、Y、Z、W为周期表中前20号元素中的四种，原子序数依次增大，W、Y为金属元素，X原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，Y、Z位于同周期，Z单质是一种良好的半导体W能与冷水剧烈反应，Y、Z原子的最外层电子数之和与X、W原子的最外层电子数之和相等下列说法正确的是（）A原子半径：WYZXB气态氢化物的稳定性：XZC最高价氧化物对应水化物的碱性：YWDY、Z
4、的氧化物都有酸性和碱性6（3分）（2014青原区校级一模）关于下列各图的叙述正确的是（）A丙表示A、B两物质的溶解度随温度变化情况，将t1时A、B的饱和溶液分别升温至t2时，溶质的质量分数BAB丁表示常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化，则NaA溶液的pH小于同浓度的NaB溶液的pHC甲表示H2与O2发生反应过程中的能量变化，则H2的标准燃烧热为H=241.8kJmol1D乙表示恒温恒容条件下发生的可逆反应2NO2N2O4（g）中，各物质的浓度与其消耗速率之间的关系，其中交点A对应的状态为化学平衡状态7（3分）（2014青原区校级一模）已知298K时，Mg（OH）2的
5、溶度积常数为KSP=5.61012，取适量的MgCl2溶液，加入一定量的烧碱溶液达到沉淀溶解平衡，测得pH=13.0，则下列说法不正确的是（）A所加烧碱溶液的pH=13.0B所得溶液中c（Mg2+）=5.61010mol/LC所得溶液中c（H+）=1.01013mol/LD所得溶液中由水电离产生的c（OH）=1.01013mol/L二、解答题（共3小题，满分43分）8（14分）（2014青原区校级一模）氯化硫（S2Cl2）是一种黄红色液体，有刺激性、窒息性恶臭，熔点为80，沸点137.1在空气中强烈发烟，易与水发生水解反应人们使用它作橡胶硫化剂，使橡胶硫化，改变生橡胶热发粘冷变硬的不良性能在熔
6、融的硫中通入氯气即可生成S2Cl2下图是实验室用S和Cl2制备S2Cl2的装置（夹持装置、加热装置均已略去）（1）仪器名称：d，e（2）已知S2Cl2分子中各原子最外层均满足8电子稳定结构，则S2Cl2的电子式（3）装置a中应放试剂为，装置C为何水平放置？（4）f装置中应放置的试剂为，其作用为（5）已知S2Cl2水解时，只有一种元素的化合价发生了变化，且被氧化和被还原的该元素的物质的量之比为1：3，请写出该反应的化学方程式9（14分）（2014怀柔区一模）纳米级Cu2O由于具有优良的催化性能而受到关注，下表为制取Cu2O的三种方法：方法用炭粉在高温条件下还原CuO方法电解法，反应为2Cu+H2
7、O Cu2O+H2方法用肼（N2H4）还原新制Cu（OH）2（1）工业上常用方法和方法制取Cu2O而很少用方法，其原因是（2）已知：2Cu（s）+O2（g）=Cu2O（s）H=169kJmol1C（s）+O2（g）=CO（g）H=110.5kJmol1Cu（s）+O2（g）=CuO（s）H=157kJmol1则方法发生的反应：2CuO（s）+C（s）=Cu2O（s）+CO（g）；H=kJmol1（3）方法采用离子交换膜控制电解液中OH的浓度而制备纳米Cu2O，装置如图所示，该电池的阳极反应式为（4）方法为加热条件下用液态肼（N2H4）还原新制Cu（OH）2来制备纳米级Cu2O，同时放出N2该制
8、法的化学方程式为（5）在相同的密闭容器中，用以上两种方法制得的Cu2O分别进行催化分解水的实验：2H2O（g）2H2（g）+O2（g）H0水蒸气的浓度随时间t变化如下表所示序号01020304050T10.0500.04920.04860.04820.04800.0480T10.0500.04880.04840.04800.04800.0480T20.100.0940.0900.0900.0900.090下列叙述正确的是（填字母代号）A实验的温度：T2T1B实验前20min的平均反应速率 v（H2）=7105 molL1 min1C实验比实验所用的催化剂催化效率高10（15分）（2014青原区
9、校级一模）硫酸铁铵aFe2（SO4）3b（NH4）2SO4cH2O广泛用于城镇生活饮用水、工业循环水的净化处理等某化工厂以硫酸亚铁（含少量硝酸钙）和硫酸铵为原料，设计了如下工艺流程制取硫酸铁铵请回答下列问题：（1）硫酸亚铁溶液加H2SO4酸化的主要目的是（2）下列物质中最适合的氧化剂B是aNaClO bH2O2 cKMnO4 dK2Cr2O7（3）操作甲、乙的名称分别是：甲，乙（4）上述流程中，氧化之后和加热蒸发之前，需取少量检验Fe2+是否已全部被氧化，能否用酸性的KMnO4溶液？（填“能”或“不能”）理由是：（可用文字或方程式说明）（5）检验硫酸铁铵中NH4+的方法是（6）称取14.00g
10、样品，将其溶于水配制成100mL溶液，分成两等份，向其中一份中加入足量NaOH溶液，过滤洗涤得到2.14g沉淀；向另一份溶液中加入0.05mol Ba（NO3）2溶液，恰好完全反应则该硫酸铁铵的化学式为三。化学一修2：化学与技术11（15分）（2014青原区校级一模）世界环保联盟建议全面禁止使用氯气用于饮用水的消毒，而建议采用高效“绿色”消毒剂二氧化氯二氧化氯是一种极易爆炸的强氧化性气体，易溶于水、不稳定、呈黄绿色，在生产和使用时必须尽量用稀有气体进行稀释，同时需要避免光照、震动或加热实验室以电解法制备ClO2的流程如下：（1）ClO2中所有原子（填“是”或“不是”）都满足8电子结构如图所示电
11、解法制得的产物中杂质气体B能使石蕊试液显蓝色，除去杂质气体可选用A饱和食盐水 B碱石灰 C浓硫酸 D蒸馏水（2）欧洲国家主要采用氯酸钠氧化浓盐酸制备化学反应方程式为缺点主要是产率低、产品难以分离，还可能污染环境（3）我国广泛采用经干燥空气稀释的氯气与固体亚氯酸钠（NaClO2）反应制备，化学方程式是，此法相比欧洲方法的优点是（4）科学家又研究出了一种新的制备方法，利用硫酸酸化的草酸（H2C2O4）溶液还原氯酸钠，化学反应方程式为此法提高了生产及储存、运输的安全性，原因是四。化学-选修3：物质结构与性质12（15分）（2015江苏模拟）钛和钛的合金已被广泛用于制造电讯器材、人造骨骼、化工设备、飞
12、机等航天航空材料，被誉为“未来世界的金属”试回答下列问题：（1）钛有Ti和Ti两种原子，其基态原子的电子排布式为；按电子排布Ti元素在元素周期表分区中属于区元素（2）偏钛酸钡在小型变压器、话筒和扩音器中都有应用偏钛酸钡晶体中晶胞的结构如图1所示，它的化学式是（3）氮化钛（Ti3N4）为金黄色晶体，由于具有令人满意的仿金效果，越来越多地成为黄金装饰的替代品以TiCl4为原料，经过一系列反应，可以制得Ti3N4和纳米TiO2TiCl4分子中4个氯原子不在同一平面上，则TiCl4的空间构型为纳米TiO2是一种应用广泛的催化剂，纳米TiO2催化的一个实例如下：化合物甲的分子中采取sp2杂化的碳原子个数
13、为，化合物乙中采取sp3杂化的原子的第一电离能由大到小的顺序为另有一种氮化钛晶体的晶胞如图所示，该氮化钛晶胞中含有个N原子，晶胞中N、Ti之间的最近距离为a pm，则该氮化钛的密度为gcm3（用NA表示阿伏加德罗常数的数值，只列算式）五。化学-有机化学基础13（15分）（2014青原区校级一模）呋喃酚是合成农药的重要中间体，其合成路线如图：（1）A在空气中久置会由无色转变为棕褐色，其原因是，A在核磁共振氢谱中有组峰（2）BC的反应类型是（3）已知X的分子式为C4H7Cl写出AB的化学方程式（4）要鉴别化合物C和D，适宜的试剂是（5）B的同分异构体很多，符合下列条件的有种；写出其中任意一种同分异
14、构体的结构简式：（任写一种）苯的衍生物有两个互为对位的取代基 含有酯基 能发生银镜反应2014年江西省吉安一中高考化学一模试卷参考答案与试题解析一、单项选择题1（3分）（2014青原区校级一模）下列有关物质的应用与性质相对应的是（）A浓硫酸可用作干燥剂是因为其具有强酸性B光导纤维可用作通讯材料是因为其具有导电性C明矾能用于净水是因为铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有强氧化性D氯化铁溶液可用于制作印刷电路板是因为其能氧化铜考点：浓硫酸的性质；盐类水解的应用；硅和二氧化硅；铁的氧化物和氢氧化物 专题：元素及其化合物；化学应用分析：A浓硫酸具有吸水性；B光导纤维是二氧化硅，没有导电性；C明矾净水是利用
15、氢氧化铝胶体的吸附性；D铁离子能氧化铜单质解答：解：A浓硫酸具有吸水性、脱水性和强氧化性，浓硫酸用作干燥剂是利用其吸水性，故A错误；B光导纤维没有导电性，光导纤维用于通讯材料是利用光全反射原理，故B错误；C氢氧化铝没有强氧化性，明矾净水是利用氢氧化铝胶体的吸附性，故C错误；D铁离子具有强氧化性，能氧化铜单质而溶解铜，故D正确，故选D点评：本题考查化学与生活，明确物质的性质是解本题关键，性质决定用途，注意浓硫酸吸水性和脱水性的区别2（3分）（2014青原区校级一模）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A常温常压下，15g甲基（14CH3）所含的电子数为9NAB常温下，2L pH=12
16、的Na2CO3溶液中含有的OH数目为0.02NAC6.8g液态KHSO4中含有0.1NA个阳离子D1mol乙酸和1mol乙醇充分反应生成的水分子数为NA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该甲基中含有9个电子，摩尔质量为17个/mol，15g该甲基的物质的量小于1mol，含有的电子小于9mol；B根据n=cV计算出溶液中氢氧根离子的物质的量即可；C硫酸氢钾的摩尔质量为136g/mol，6.8g熔融硫酸氢钾的物质的量为0.05mol，液态硫酸氢钾中含有的阳离子只有钾离子；D乙酸与乙醇生成乙酸乙酯的反应为可逆反应，1mol乙酸与1mol乙醇完全反应生成的水的物质的量小
17、于1mol解答：解：A该甲基的摩尔质量为17g/mol，15g甲基的物质的量小于1mol，含有的电子物质的量小于9mol，所含的电子数小于9NA，故A错误；BpH=12的碳酸钠溶液中氢氧根离子浓度为0.01mol/L，2L该碳酸钠溶液中含有0.02mol氢氧根离子，含有的OH数目为0.02NA，故B正确；C6.8g熔融硫酸氢钾的物质的量为0.05mol，含有0.05mol阳离子钾离子，含有0.05NA个阳离子，故C错误；D酯化反应为可逆反应，1mol乙酸与1mol乙醇完全反应生成生成水的物质的量一定小于1mol，充分反应生成的水分子数小于NA，故D错误；故选B点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关
18、计算和判断，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，明确酯化反应为可逆反应；选项C为易错点，注意熔融硫酸氢钾中的阳离子只有钾离子3（3分）（2015丹东一模）下列评价及离子方程式书写正确的是（）选项离子组评价AH+、Fe2+、NO3、Cl不能大量共存于同一溶液中，因为发生了氧化还原反应4Fe2+NO3+6H+4Fe3+2NO+3H2OBNa+、CO32、Cl、Al3+不能大量共存于同一溶液中，因为发生了互促水解反应2Al3+3CO32+3H2O2Al（OH）3+3CO2CFe3+、K+、SCN、Br不能大量共存于同一溶液中，因为有红色沉淀生成Fe3+SCNFe
19、（SCN）3DHCO3、OH、Na+、Ca2+不能大量共存于同一溶液中，因为发生如下反应HCO3+OHCO2+H2OAABBCCDD考点：离子方程式的书写 专题：离子反应专题分析：A、H+、Fe2+、NO3三者中任意两者能共存，但三者在一起不能共存要发生氧化还原反应；B、CO32是弱酸的阴离子要结合水电离出的氢离子，而Al3+是弱碱的阳离子要结合水电离出的氢氧根离子，两者水解互促，使反应进行完全；C、Fe3+和SCN两者结合形成络合物，而不是沉淀；D、HCO3多元弱酸根在酸性溶液中要结合质子，在碱性溶液中要电离出质子，OH和Ca2+也不能大量共存解答：解：A、H+、Fe2+、NO3三者中任意两
20、者能共存，但三者在一起不能共存要发生氧化还原反应，正确的离子方程式为3Fe2+NO3+4H+3Fe3+NO+2H2O，故A错误；B、CO32是弱酸的阴离子要结合水电离出的氢离子，而Al3+是弱碱的阳离子要结合水电离出的氢氧根离子，两者水解互促，正确的离子方程式为2Al3+3CO32+3H2O2Al（OH）3+3CO2，故B正确；C、Fe3+和SCN两者结合形成络合物，正确的离子方程式为Fe3+3SCNFe（SCN）3，故C错误；D、HCO3多元弱酸根在酸性溶液中要结合质子，在碱性溶液中要电离出质子，OH和Ca2+也不能大量共存，可能发生的离子方程式为Ca2+HCO3+OHCaCO3+H2O，故
21、D错误；故选B点评：本题通过离子间是否反应来考查离子方程式的书写，题目难度不大，注意氧化还原的配平、双水解方程的书写以及是否符合反应实际的角度分析4（3分）（2014襄城区校级模拟）某单官能团有机化合物，只含碳、氢、氧三种元素，相对分子质量为58，完全燃烧时产生等物质的量的CO2和H2O它可能的结构共有（不考虑立体异构）（）A4种B5种C6种D7种考点：同分异构现象和同分异构体；有机物的推断 专题：同分异构体的类型及其判定；烃及其衍生物的燃烧规律分析：根据题意，可先解得分子式设为CnH2nOx，若只有1个氧原子，5816=42，剩下的为碳和氢，14n=42，则碳只能为3个，即为C3H6O，1个
22、不饱和度若有2个O，那么5832=26，14n=26，n不可能为分数，则不可能为2个氧原子，再根据官能团异构、碳链异构确定同分异构体的种类解答：解：设为CnH2nOx，若只有1个氧原子，5816=42，剩下的为碳和氢，14n=42，则碳只能为3个，即为C3H6O，1个不饱和度若有2个O，那么5832=26，14n=26，n不可能为分数，则不可能为2个氧原子，所以分子式为C3H6O，再根据官能团异构、碳链异构确定同分异构体的种类：醛一种，酮一种，烯醇一种，三元含氧杂环，三元碳环一种，四元杂环一种，共6种，而由题意可知有机物为单官能团，烯醇应舍去，故选：B；点评：本题主要考查了同分异构体的确定，难
23、度不大，分子式的确定是解题的关键5（3分）（2012太原一模）X、Y、Z、W为周期表中前20号元素中的四种，原子序数依次增大，W、Y为金属元素，X原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，Y、Z位于同周期，Z单质是一种良好的半导体W能与冷水剧烈反应，Y、Z原子的最外层电子数之和与X、W原子的最外层电子数之和相等下列说法正确的是（）A原子半径：WYZXB气态氢化物的稳定性：XZC最高价氧化物对应水化物的碱性：YWDY、Z的氧化物都有酸性和碱性考点：原子结构与元素周期律的关系 专题：元素周期律与元素周期表专题分析：X、Y、Z、W为周期表中前20号元素中的四种，原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是
24、次外层电子数的3倍，则X有3个电子层，最外层电子数为6，故X为氧元素；Z单质是一种良好的半导体，Z为硅元素W、Y为金属元素，Y、Z位于同周期，Y、Z原子的最外层电子数之和与X、W原子的最外层电子数之和相等，则Y的最外层电子数为3，W的最外层电子数为1，故Y为铝元素，原子序数W大于硅元素，故W为钾元素，钾能与冷水剧烈反应结合元素周期律解答解答：解：X、Y、Z、W为周期表中前20号元素中的四种，原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，则X有3个电子层，最外层电子数为6，故X为氧元素；Z单质是一种良好的半导体，Z为硅元素W、Y为金属元素，Y、Z位于同周期，Y、Z原子的最外层电子数
25、之和与X、W原子的最外层电子数之和相等，则Y的最外层电子数为3，W的最外层电子数为1，故Y为铝元素，原子序数W大于硅元素，故W为钾元素，钾能与冷水剧烈反应，即X为氧元素，Y为铝元素，Z为硅元素，W为钾元素A、同周期随原子序数增大，原子半径减小，所以原子半径NaAlSi，CO，同主族自上而下，原子半径增大，所以原子半径KNa，SiC，所以原子半径KAlSiO，即WYZX，故A正确；B、X为氧元素，Z为硅元素，同主族自上而下非金属性减弱，所以非金属性OSi，非金属性越强，氢化物越稳定，所以气态氢化物稳定性XY，故B错误；C、Y为铝元素，W为钾元素，同主族自上而下金属性增强，所以金属性KNa，同周期
26、自左而右金属性减弱，所以金属性NaAl，金属性KAl，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，所以碱性YW，故C错误；D、Y为铝元素，Z为硅元素，氧化铝是两性氧化物，二氧化硅是酸性氧化物，故D错误故选A点评：本题考查结构性质与位置关系、元素周期律等，难度不大，根据Y、Z原子的最外层电子数之和与X、W原子的最外层电子数之和相等推断元素原子的最外层电子数是关键6（3分）（2014青原区校级一模）关于下列各图的叙述正确的是（）A丙表示A、B两物质的溶解度随温度变化情况，将t1时A、B的饱和溶液分别升温至t2时，溶质的质量分数BAB丁表示常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的
27、变化，则NaA溶液的pH小于同浓度的NaB溶液的pHC甲表示H2与O2发生反应过程中的能量变化，则H2的标准燃烧热为H=241.8kJmol1D乙表示恒温恒容条件下发生的可逆反应2NO2N2O4（g）中，各物质的浓度与其消耗速率之间的关系，其中交点A对应的状态为化学平衡状态考点：反应热和焓变；溶解度、饱和溶液的概念；产物的百分含量随浓度、时间的变化曲线 专题：图示题分析：A、t1时AB浓度相同，升温时饱和状态变化，无溶质析出，浓度不变；B、酸的酸性越强，pH的变化越大；C、燃烧热是1mol可燃物燃烧释放的能量；D、反应物和生成物的浓度不可能都变大解答：解：A、t1时AB浓度相同，升温时饱和状态
28、变化，无溶质析出，浓度不变，故A错误；B、随加水量的增多，HA的pH变化大，说明HA的酸性强于HB，据越弱越水解的原则，NaB水解程度大，故NaA溶液的碱性弱于NaB溶液，pH小，故B正确；C、燃烧热是1mol可燃物燃烧释放的热量，上图是2mol氢气燃烧，故C错误；D、反应2NO2N2O4（g）中，反应物和生成物的浓度不可能都变大，故D错误点评：本题依据图象分析问题，解决问题，考查学生的观察能力，并考查了基础知识，好题7（3分）（2014青原区校级一模）已知298K时，Mg（OH）2的溶度积常数为KSP=5.61012，取适量的MgCl2溶液，加入一定量的烧碱溶液达到沉淀溶解平衡，测得pH=1
29、3.0，则下列说法不正确的是（）A所加烧碱溶液的pH=13.0B所得溶液中c（Mg2+）=5.61010mol/LC所得溶液中c（H+）=1.01013mol/LD所得溶液中由水电离产生的c（OH）=1.01013mol/L考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质 专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：A根据烧碱与MgCl2溶液反应生成沉淀，消耗了NaOH溶液；B根据溶度积计算；C根据pH=lgc （H+）计算；D溶液中由水电离产生的c（OH）水=c （H+）水=10PHmolL1解答：解：A因为向MgCl2溶液中加NaOH溶液后混合溶液的pH=13，所以所加NaOH溶液pH13，故A错误；B
30、Mg（OH）2的溶度积常数Ksp=5.61012，溶液中的c （Mg2+）=5.61010 mol/L，故B正确；CpH=13的溶液中，c （H+）=1013mol/L，故C正确；D由水电离产生的c（OH）水=c （H+）水=10PHmolL1=1013mol/L，故D正确故选A点评：本题考查平衡常数及沉淀的生成，注意溶度积常数的利用，把握影响pH与浓度的关系、水的电离等即可解答，题目难度中等二、解答题（共3小题，满分43分）8（14分）（2014青原区校级一模）氯化硫（S2Cl2）是一种黄红色液体，有刺激性、窒息性恶臭，熔点为80，沸点137.1在空气中强烈发烟，易与水发生水解反应人们使用它
31、作橡胶硫化剂，使橡胶硫化，改变生橡胶热发粘冷变硬的不良性能在熔融的硫中通入氯气即可生成S2Cl2下图是实验室用S和Cl2制备S2Cl2的装置（夹持装置、加热装置均已略去）（1）仪器名称：d直形冷凝管（或冷凝管），e蒸馏烧瓶（2）已知S2Cl2分子中各原子最外层均满足8电子稳定结构，则S2Cl2的电子式（3）装置a中应放试剂为浓H2SO4，装置C为何水平放置？防止熔融的硫堵塞导管（4）f装置中应放置的试剂为碱石灰，其作用为吸收Cl2尾气，并防止空气中的水汽使S2Cl2水解（5）已知S2Cl2水解时，只有一种元素的化合价发生了变化，且被氧化和被还原的该元素的物质的量之比为1：3，请写出该反应的化学
32、方程式2S2Cl2+2H2O=SO2+3S+4HCl考点：制备实验方案的设计 专题：实验题分析：（1）根据仪器的形状确定名称；（2）S2Cl2分子结构与H2O2相似，S2Cl2分子中氯原子与硫原子之间形成1对共用电子对，硫原子与硫原子之间形成1对共用电子对；（3）由信息可知S2Cl2遇水水解，进入b中的气体应该干燥硫的熔点较低，加热容易融化，防止熔融的硫堵塞导管管d为冷凝管，使生成的S2Cl2冷凝成液体；（4）F装置盛放碱石灰，吸收Cl2尾气，防止空气中的水汽加入e中；（5）只有硫元素化合价发生变化解答：解：（1）d为冷凝管，e为蒸馏烧瓶，故答案为：直形冷凝管（或冷凝管）；蒸馏烧瓶；（2）S2
33、Cl2分子结构与H2O2相似，S2Cl2分子中氯原子与硫原子之间形成1对共用电子对，硫原子与硫原子之间形成1对共用电子对，S2Cl2电子式为，故答案为：；（3）由信息可知S2Cl2遇水水解，进入b中的气体应该干燥用浓硫酸干燥，a中应放试剂为浓硫酸，其作用为干燥氯气；硫的熔点较低，加热容易融化，装置c水平放置防止熔融的硫堵塞导管，故答案为：浓H2SO4；防止熔融的硫堵塞导管；（4）F装置盛放碱石灰，吸收Cl2尾气，防止污染环境，防止空气中的水汽加入e中使S2Cl2水解，故答案为：碱石灰；吸收Cl2尾气，并防止空气中的水汽使S2Cl2水解；（5）只有硫元素化合价发生变化，且被氧化和被还原的物质的量
34、之比为1：3，化学方程式：2S2Cl2+2H2O=SO2+3S+4HCl，故答案为：2S2Cl2+2H2O=SO2+3S+4HCl点评：本题考查学生对实验原理及装置的理解、评价，阅读题目获取信息的能力等，关键是掌握整个制备流程原理，分析流程中各装置的作用，要求学生要有扎实的实验基础知识和灵活应用信息解决问题的能力，难度中等9（14分）（2014怀柔区一模）纳米级Cu2O由于具有优良的催化性能而受到关注，下表为制取Cu2O的三种方法：方法用炭粉在高温条件下还原CuO方法电解法，反应为2Cu+H2O Cu2O+H2方法用肼（N2H4）还原新制Cu（OH）2（1）工业上常用方法和方法制取Cu2O而很
35、少用方法，其原因是反应不易控制，易还原产生Cu（2）已知：2Cu（s）+O2（g）=Cu2O（s）H=169kJmol1C（s）+O2（g）=CO（g）H=110.5kJmol1Cu（s）+O2（g）=CuO（s）H=157kJmol1则方法发生的反应：2CuO（s）+C（s）=Cu2O（s）+CO（g）；H=+34.5kJmol1（3）方法采用离子交换膜控制电解液中OH的浓度而制备纳米Cu2O，装置如图所示，该电池的阳极反应式为2Cu2e+2OH=Cu2O+H2O（4）方法为加热条件下用液态肼（N2H4）还原新制Cu（OH）2来制备纳米级Cu2O，同时放出N2该制法的化学方程式为4Cu（OH
36、）2+N2H42Cu2O+N2+6H2O（5）在相同的密闭容器中，用以上两种方法制得的Cu2O分别进行催化分解水的实验：2H2O（g）2H2（g）+O2（g）H0水蒸气的浓度随时间t变化如下表所示序号01020304050T10.0500.04920.04860.04820.04800.0480T10.0500.04880.04840.04800.04800.0480T20.100.0940.0900.0900.0900.090下列叙述正确的是BC（填字母代号）A实验的温度：T2T1B实验前20min的平均反应速率 v（H2）=7105 molL1 min1C实验比实验所用的催化剂催化效率高考
37、点：铜金属及其重要化合物的主要性质；用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学反应速率的影响因素；电解原理 专题：化学反应中的能量变化；电化学专题；几种重要的金属及其化合物分析：（1）电解法消耗大量的能源，肼还原时会将氧化亚铜还原为金属铜；（2）根据盖斯定律来计算反应的焓变；（3）在电解池的阳极发生失电子得还原反应；（4）根据“液态肼（N2H4）还原新制Cu（OH）2来制备纳米级Cu2O，同时放出N2”来书写化学方程式；（5）A、根据温度对化学平衡移动的影响知识来回答；B、根据反应速率v=来计算；C、催化剂不会引起化学平衡状态的改变，会使反应速率加快，活性越高，速率越快解答：解：（1）方法用到的电解
38、法会消耗大量的能源，且反应不易控制，并且方法中，肼做还原剂时会将氧化亚铜还原为金属铜，故答案为：反应不易控制，易还原产生Cu；（2）根据盖斯定律可以得出反应2CuO（s）+C（s）=Cu2O（s）+CO（g）可以是2Cu（s）+O2（g）=2CuO（s），2CuO（s）=2Cu（s）+O2（g）以及C（s）+O2（g）=CO（g）三个反应的和，所以反应2CuO（s）+C（s）=Cu2O（s）+CO（g）H=157kJmol12110.5kJmol1169kJmol1=34.5kJmol1，故答案为：34.5；（3）在电解池中，当阳极是活泼电极时，该电机本身发生失电子得还原反应，在碱性环境下，金
39、属铜失去电子的电极反应为2Cu2e+2OH=Cu2O+H2O，故答案为：2Cu2e+2OH=Cu2O+H2O；（4）根据题目信息：液态肼（N2H4）还原新制Cu（OH）2来制备纳米级Cu2O，同时放出N2，得出化学方程式为：4Cu（OH）2+N2H42Cu2O+N2+6H2O，故答案为：4Cu（OH）2+N2H42Cu2O+N2+6H2O；（5）A、实验温度越高达到化学平衡时水蒸气转化率越大，和相比，转化率高所以T2T1，故A错误；B、实验前20min的平均反应速率 v（H2）=7105 molL1 min1，故B正确；C、化学平衡状态未改变，反应速率加快，则是加入了催化剂，催化剂的活性越高，
40、速率越快，在相等时间内，中水蒸气的浓度变化比快，故C正确故选BC点评：本题是一道有关热化学、电化学以及化学反应速率和反应限度的综合题，考查角度广，难度大10（15分）（2014青原区校级一模）硫酸铁铵aFe2（SO4）3b（NH4）2SO4cH2O广泛用于城镇生活饮用水、工业循环水的净化处理等某化工厂以硫酸亚铁（含少量硝酸钙）和硫酸铵为原料，设计了如下工艺流程制取硫酸铁铵请回答下列问题：（1）硫酸亚铁溶液加H2SO4酸化的主要目的是增大溶液中SO42浓度，将Ca2+转化为沉淀或抑制Fe2+水解（2）下列物质中最适合的氧化剂B是baNaClO bH2O2 cKMnO4 dK2Cr2O7（3）操作
41、甲、乙的名称分别是：甲冷却结晶，乙常温晾晒（4）上述流程中，氧化之后和加热蒸发之前，需取少量检验Fe2+是否已全部被氧化，能否用酸性的KMnO4溶液？不能（填“能”或“不能”）理由是：因为过氧化氢和二价铁离子均能使酸性高锰酸钾溶液褪色（可用文字或方程式说明）（5）检验硫酸铁铵中NH4+的方法是在试管中加入少量样品和NaOH固体加热，在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验，看到试纸变成蓝色（6）称取14.00g样品，将其溶于水配制成100mL溶液，分成两等份，向其中一份中加入足量NaOH溶液，过滤洗涤得到2.14g沉淀；向另一份溶液中加入0.05mol Ba（NO3）2溶液，恰好完全反应则该硫酸铁铵的
42、化学式为Fe2（SO4）32（NH4）2SO42H2O考点：制备实验方案的设计 专题：实验设计题分析：原料中加入硫酸酸化，可生成硫酸钙沉淀，减压过滤后加入过氧化氢氧化可生成硫酸铁，加入硫酸铵，在80下反应可生成硫酸铁铵，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤，最后经常温晾晒可到纯净的硫酸铁铵，结合对应物质的性质以及题目要求可解答该题（1）硫酸亚铁中亚铁离子水解，硫酸可以已知水解，硫酸根离子可以将钙离子沉淀；（2）为避免引入新杂质，应加入过氧化氢为氧化剂；（3）硫酸铁铵经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤，最后经常温晾晒可到纯净的硫酸铁铵，但是温度不能太高；（4）根据酸性高锰酸钾溶液氧化性很强，可以氧化二价铁
43、和双氧水分析；（5）检验NH4+的方法是加入强碱反应、加热能够产生使湿润的红色石蕊试液变蓝的气体，该气体是氨气，从而证明原溶液中一定含有NH4+；（6）根据元素守恒结合发生的转化来计算解答：解：原料中加入硫酸酸化，可生成硫酸钙沉淀，减压过滤后加入过氧化氢氧化可生成硫酸铁，加入硫酸铵，在80下反应可生成硫酸铁铵，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤，最后经常温晾晒可到纯净的硫酸铁铵，（1）加入硫酸，可增大溶液中SO42浓度，将Ca2+转化为沉淀，生成CaSO4，同时抑制Fe2+水解，故答案为：增大溶液中SO42浓度，将Ca2+转化为沉淀或抑制Fe2+水解；（2）为避免引入新杂质，应加入过氧化氢为氧化剂
44、，还原产物是水，故答案为：b；（3）在80下反应可生成硫酸铁铵，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤，最后经常温晾晒可到纯净的硫酸铁铵，温度不能过高，防止分解，故答案为：冷却结晶；常温晾晒；（4）酸性高锰酸钾溶液氧化性很强，可以氧化二价铁和双氧水，故答案为：不能，因为过氧化氢和二价铁离子均能使酸性高锰酸钾溶液褪色；（5）检验NH4+的方法是加入强碱反应、加热能够产生使湿润的红色石蕊试液变蓝的气体，该气体是氨气，从而证明原溶液中一定含有NH4+，故答案为：在试管中加入少量样品和NaOH固体加热，在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验，看到试纸变成蓝色；（6）称取14.00g样品，将其溶于水配置成100mL溶
45、液，分成两等份，向其中一份中加入足量NaOH溶液，过滤洗涤得到2.14g沉淀，应为Fe（OH）3，n（Fe（OH）3）=0.02mol，向另一份溶液中加入0.05mol Ba（NO3）2溶液，恰好完全反应，则n（SO42）=0.05mol，所以14.00g样品中含有Fe2（SO4）30.02mol，n（SO42）为0.1mol，则（NH4）2SO4为0.1mol0.02mol3=0.04mol，则m（H2O）=14.00g0.02mol400g/mol0.04mol132g/mol=0.72g，n（H2O）=0.04mol，n（Fe2（SO4）3）：n（NH4）2SO4）：n（H2O）=0.0
46、2：0.04：0.04=1：2：2，所以化学式为Fe2（SO4）32（NH4）2SO42H2O，故答案为：Fe2（SO4）32（NH4）2SO42H2O点评：本题考查考查物质的分离、提纯制备，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力、实验能力和计算能力的考查，注意根据物质的性质把握实验原理和方法，难度较大三。化学一修2：化学与技术11（15分）（2014青原区校级一模）世界环保联盟建议全面禁止使用氯气用于饮用水的消毒，而建议采用高效“绿色”消毒剂二氧化氯二氧化氯是一种极易爆炸的强氧化性气体，易溶于水、不稳定、呈黄绿色，在生产和使用时必须尽量用稀有气体进行稀释，同时需要避免光照、震动或加热实验室以电
47、解法制备ClO2的流程如下：（1）ClO2中所有原子不是（填“是”或“不是”）都满足8电子结构如图所示电解法制得的产物中杂质气体B能使石蕊试液显蓝色，除去杂质气体可选用CA饱和食盐水 B碱石灰 C浓硫酸 D蒸馏水（2）欧洲国家主要采用氯酸钠氧化浓盐酸制备化学反应方程式为2NaClO3+4HCl（浓）2NaCl+Cl2+2ClO2+2H2O缺点主要是产率低、产品难以分离，还可能污染环境（3）我国广泛采用经干燥空气稀释的氯气与固体亚氯酸钠（NaClO2）反应制备，化学方程式是2NaClO2+Cl22NaCl+2ClO2，此法相比欧洲方法的优点是安全性好，没有产生毒副产品（4）科学家又研究出了一种新
48、的制备方法，利用硫酸酸化的草酸（H2C2O4）溶液还原氯酸钠，化学反应方程式为H2C2O4+2NaClO3+H2SO4Na2SO4+2CO2+2ClO2+2H2O此法提高了生产及储存、运输的安全性，原因是反应过程中生成的二氧化碳起到稀释作用考点：制备实验方案的设计 专题：实验设计题分析：（1）Cl最外层7个电子，只有1个单电子，O最外层6个电子，含2个单电子；产物中杂质气体B能使石蕊试液显蓝色，为氨气，可选酸来除杂；（2）氯酸钠氧化浓盐酸生成氯化钠、氯气、二氧化氯、水；（3）氯气与固体亚氯酸钠（NaClO2）反应，生成氯化钠和二氧化氯；（4）用硫酸酸化的草酸（H2C2O4）溶液还原氯酸钠，反应
49、生成硫酸钠、二氧化碳、二氧化氯、水，以此来解答解答：解：（1）Cl最外层7个电子，只有1个单电子，O最外层6个电子，含2个单电子，则O原子不能满足8电子稳定结构，产物中杂质气体B能使石蕊试液显蓝色，为氨气，可选酸来除杂，只有C中浓硫酸符合，故答案为：不是；C；（2）氯酸钠氧化浓盐酸生成氯化钠、氯气、二氧化氯、水，该反应为2NaClO3+4HCl（浓）2NaCl+Cl2+2ClO2+2H2O，故答案为：2NaClO3+4HCl（浓）2NaCl+Cl2+2ClO2+2H2O；（3）氯气与固体亚氯酸钠（NaClO2）反应，生成氯化钠和二氧化氯，该反应为2NaClO2+Cl22NaCl+2ClO2，该
50、法相比欧洲方法的优点为安全性好，没有产生毒副产品，故答案为：2NaClO2+Cl22NaCl+2ClO2；安全性好，没有产生毒副产品；（4）用硫酸酸化的草酸（H2C2O4）溶液还原氯酸钠，反应生成硫酸钠、二氧化碳、二氧化氯、水，该反应为H2C2O4+2NaClO3+H2SO4Na2SO4+2CO2+2ClO2+2H2O，此法提高了生产及储存、运输的安全性，原因是反应过程中生成的二氧化碳起到稀释作用，故答案为：H2C2O4+2NaClO3+H2SO4Na2SO4+2CO2+2ClO2+2H2O；反应过程中生成的二氧化碳起到稀释作用点评：本题考查二氧化氯的制备、性质及应用，注意把握所给信息来分析解
51、答，侧重学生解决新问题能力的考查，将知识活学活用为解答的关键，题目难度中等四。化学-选修3：物质结构与性质12（15分）（2015江苏模拟）钛和钛的合金已被广泛用于制造电讯器材、人造骨骼、化工设备、飞机等航天航空材料，被誉为“未来世界的金属”试回答下列问题：（1）钛有Ti和Ti两种原子，其基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2；按电子排布Ti元素在元素周期表分区中属于d区元素（2）偏钛酸钡在小型变压器、话筒和扩音器中都有应用偏钛酸钡晶体中晶胞的结构如图1所示，它的化学式是BaTiO3（3）氮化钛（Ti3N4）为金黄色晶体，由于具有令人满意的仿金效果，越来越多地成为黄金
52、装饰的替代品以TiCl4为原料，经过一系列反应，可以制得Ti3N4和纳米TiO2TiCl4分子中4个氯原子不在同一平面上，则TiCl4的空间构型为正四面体纳米TiO2是一种应用广泛的催化剂，纳米TiO2催化的一个实例如下：化合物甲的分子中采取sp2杂化的碳原子个数为7，化合物乙中采取sp3杂化的原子的第一电离能由大到小的顺序为ONC另有一种氮化钛晶体的晶胞如图所示，该氮化钛晶胞中含有4个N原子，晶胞中N、Ti之间的最近距离为a pm，则该氮化钛的密度为gcm3（用NA表示阿伏加德罗常数的数值，只列算式）考点：晶胞的计算；原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型 专题：化学键与晶体结构分析：（
53、1）根据核外电子排布规律和元素周期表可以解决问题；（2）利用均摊法可知化学式；（3）、根据中心原子的杂化方式可知分子的空间构型，、根据化合物甲的结构可知碳的杂化方式，根据化合物乙的结构可知sp3杂化的原子种类，再根据元素周期律比较第一电离能，、利用均摊法算出N原子个数，根据晶胞的质量和体积求得密度解答：解：（1）根据Ti可知，钛为22号元素，所以它电子排布式为：1s22s22p63s23p63d24s2，它在元素周期表的第四周期第B族，所以是d区元素，故答案为：1s22s22p63s23p63d24s2； d；（2）利用均摊法可知Ti的原子个数为：8=1，Ba的原子个数为：1，O的原子个数为：
54、12=3，所以晶体的化学式为：BaTiO3，故答案为：BaTiO3；（3）、TiCl4分子中4个氯原子不在同一平面上，可知Ti原子的杂化方式为sp3，所以分子的空间构型为正四面体，故答案为：正四面体；化合物甲的分子中采取sp2杂化的碳原子有苯环上的六个各羰基中的一个，共7个，根据化合物乙的结构可知sp3杂化的原子有羟基中的氧、氨基中的氮、碳链上的三个碳，它们都位于第二周期，C、N、O 原子序数依次增加，根据元素周期律，同周期元素随着原子序数依次增加电负性逐渐增大，所以它们的电负性关系为：ONC，故答案为：7； ONC； 根据均摊法可算出该晶胞中N原子个数为：6+8=4，该晶胞中Ti原子个数为：
55、1+12=4，晶胞的质量m=，而晶胞的体积V=（2a1010）3cm3，所以晶体的密度=gcm3，故答案为：4=点评：本题主要考查了原子核外电子排布、元素周期表、轨道杂化、分子的空间构型及晶胞的计算，考查的内容难度中等五。化学-有机化学基础13（15分）（2014青原区校级一模）呋喃酚是合成农药的重要中间体，其合成路线如图：（1）A在空气中久置会由无色转变为棕褐色，其原因是A易被空气中的氧气氧化，A在核磁共振氢谱中有3组峰（2）BC的反应类型是取代反应（3）已知X的分子式为C4H7Cl写出AB的化学方程式（4）要鉴别化合物C和D，适宜的试剂是氯化铁溶液或浓溴水（5）B的同分异构体很多，符合下列
56、条件的有5种；写出其中任意一种同分异构体的结构简式：（任写一种）苯的衍生物有两个互为对位的取代基 含有酯基 能发生银镜反应考点：有机物的合成 专题：有机物的化学性质及推断分析：（1）A中有两个酚羟基，易被氧化，根据A的结构简式可判断核磁共振氢谱中峰的数目；（2）由合成转化流程可知，BC中酚OH上的H被取代；（3）AB发生取代反应，结合B的结构简式可知x的结构为ClCH2C（CH3）=CH2；（4）化合物C和D相比较，D中有酚羟基，而C中没有，以此鉴别它们；（5）符合下列条件苯的衍生物，即有苯环，有两个互为对位的取代基，含有酯基，能发生银镜反应，即有醛基，据此写B的同分异构体；解答：解：（1）A
57、中有两个酚羟基，易被空气中的氧气氧化，根据A的结构简式可知，A中核磁共振氢谱中峰的数目为3，故答案为：A易被空气中的氧气氧化；3；（2）由合成转化流程可知，BC中酚OH上的H被取代，属于取代反应，故答案为：取代反应；（3）AB发生取代反应，结合B的结构简式可知x的结构为ClCH2C（CH3）=CH2，AB的化学方程式为，故答案为：；（4）化合物C和D相比较，D中有酚羟基，而C中没有，所以用氯化铁溶液遇酚显特殊的紫色或浓溴水发生苯环上的取代鉴别C和D，故答案为：氯化铁溶液或浓溴水；（5）B的分子式为C10H12O2，符合下列条件苯的衍生物，即有苯环，有两个互为对位的取代基，含有酯基，能发生银镜反应，即有醛基，所以B的同分异构体为甲酸某酯，这样的异构体有，共5种，故答案为：5；点评：本题考查有机物的合成及结构与性质，为高频考点，把握合成流程中的反应、官能团变化等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大