1、河北省唐山一中2014届高三下学期开学考试化学试卷一、单项选择题（每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的）1传统合成氨工业需要采用高温、高压和催化剂近来美国化学家使用新型催化剂，在常温下合成了氨气下列说法正确的是（）A传统合成氨方法的H0，新型合成氨方法的H0B新型合成氨方法不需高温，符合节能减排的生产理念C新型催化剂提高了N2和H2的转化率D两种方法的化学平衡常数相同考点：化学平衡的调控作用.专题：化学平衡专题分析：A根据盖斯定律可知，反应过程中吸收、放出的热量与反应途径无关，所以两种合成氨的焓变相同，都一定是放热反应；B在常温常压下合成出氨，可节约大量能源，能够节能减排；C使用催化剂
2、能够改变反应速率，但是不会影响化学平衡，所以催化剂不会改变当前和氢气的转化率；D化学平衡常数受反应温度的影响，反应温度不同，化学平衡常数则不同解答：解：A反应热与反应途径无关，所以旧法合成氨与新法合成氨都是放热反应，故A错误；B与旧法相比较，新法合成氨不需要在高温条件下，可节约大量能源，具有发展前景，符合节能减排的生产理念，故B正确；C催化剂只能改变反应速率，对反应物的转化率没有影响，所以新型催化剂不会提高N2和H2的转化率，故C错误；D化学平衡常数与反应温度有关，两种方法的反应温度不同，则化学平衡常数一定不同，故D错误；故选B点评：本题考查了化学平衡及其影响因素，题目难度中等，注意掌握温度、
3、难度、催化剂等对化学平衡的影响，明确催化剂不会影响化学平衡及反应物的转化率、化学平衡常数与温度相关，温度不同，则化学平衡常数不同2（6分）（2014吉林校级二模）pC类似pH，是指极稀溶液中溶质物质的量浓度的常用对数负值如某溶液溶质的浓度为：1103molL1，则该溶液中溶质的pC=3下列表达正确的是（）A某温度下任何电解质的水溶液中，pC（H+）+pC（OH）=14B0.01mol/L的CaCl2溶液中逐渐滴加纯碱溶液，滴加过程中pC（Ca2+）逐渐减小C用0.01mol/L的盐酸滴定某浓度的NaOH溶液，滴定过程中pC（H+）逐渐增大D某温度下，AB难溶性离子化合物的Ksp=1.01010
4、，其饱和溶液中pC（A+）+pC（B）=10考点：溶液pH的定义.专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：A、Kw的大小受到温度的影响，pC（H+）+pC（OH）=lgKw；B、pC（Ca2+）与C（Ca2+）成反比；C、滴定过程中碱性减弱，C（H+）逐渐增大；D、由Ksp表达式和pC定义即可计算出pC（A+）+pC（B）的大小解答：解：A、Kw的大小受到温度的影响，温度越高Kw越大，Kw=C（H+）C（OH），pC（H+）+pC（OH）=lgC（H+）C（OH）=lgKw，只有在常温下kw=1014，pC（H+）+pC（OH）=14，故A错误；B、滴加过程中碳酸根和钙离子反应生成碳酸钙沉淀，C（
5、Ca2+）逐渐减小，pC（Ca2+）与C（Ca2+）成反比，所以pC（Ca2+）逐渐增大，故B错误；C、用0.01mol/L的盐酸滴定某浓度的NaOH溶液过程中，氢离子与氢氧根反应生成水，碱性减弱，C（H+）逐渐增大，pC（H+）逐渐减小，故C错误；D、因为Ksp=C（A+）C（B）=1.01010，所以pC（A+）+pC（B）=lgC（A+）C（B）=lgKsp=lg（1.01010）=10，故D正确；故选：D点评：本题考查Kw、Ksp影响因素及计算、离子反应等知识，重在考查知识迁移能力，培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力3（6分）（2012洛阳模拟）Cu2S与一定浓度的HN
6、O3反应，生成Cu（NO3）2、CuSO4、NO2、NO和H2O当产物n（NO2）：n（NO）=1：1时，下列说法正确的是（）A产物nCu（NO3）2：nCuSO4=1：1B参加反应的n（Cu2S）：n（HNO3）=1：5C反应中Cu2S既做氧化剂，又做还原剂D1 molCu2S参加反应时有8 mol电子转移考点：氧化还原反应.专题：氧化还原反应专题分析：分析氧化还原反应，依据电子守恒，原子守恒写出化学方程式：2Cu2S+14HNO3=2Cu（NO3）2+2CuSO4+5 NO2+5 N0+7 H2O；根据化学方程式的定量关系和氧化还原反应关系分析判断计算；解答：解析：己知n（NO2）：n（N
7、O）=1：1，假定生成1molNO2、1molNO；则HNO3被还原生成1molNO2、1molNO共得4mole；Cu2S应失4mole而1molCu2S能失10mole，故失4mole说明反应的Cu2S的物质的量为0.4mol，0.4molCu2S生成0.4molCuSO4和0.4molCu（NO3）2；即起酸性作用的HNO3的物质的量为0.8mol，起氧化作用的HNO3为2mol反应的HNO3共2.8mol，故n（Cu2S）：n（HNO3）=0.4mol：2.8mol=2：14；A、依据分析计算得到，产物nCu（NO3）2：nCuSO4=1：1；故A正确；B、参加反应的n（Cu2S）：n
8、（HNO3）=2：14，故B错误；C、反应中Cu2S铜元素化合价升高，硫元素化合价升高，所以只做还原剂，故C错误；D、依据元素化合价变化和电子守恒计算得到，1 molCu2S参加反应时有10mol电子转移，故D错误；故选A点评：本题考查了氧化还原反应的概念分析，电子守恒的计算应用，书写化学方程式是解题的关键4（6分）（2014春路南区校级月考）下列图示与对应的叙述相符合的是（）AN2（g）+3H22NH3（g）H0BFeCl3+3KSCNFe（SCN）3+3KClC向稀醋酸中加入醋酸钠溶液D稀释苏打溶液考点：化学平衡的影响因素；弱电解质在水溶液中的电离平衡；影响盐类水解程度的主要因素.专题：图
9、示题分析：A、依据先拐先平温度高，达到平衡时间短分析；B、氯化铁和硫氰酸钾反应生成硫氰酸铁红色溶液，氯化钾对平衡无影响；C、稀醋酸是弱酸存在电离平衡，加入醋酸钠是强电解质完全电离，导电能力增强；D、碳酸钠溶液中存在碳酸根离子水解平衡，加水稀释促进水解，但离子浓度减小，依据水的离子积分析溶液中氢氧根离子浓度减小，氢离子浓度增大解答：解：A、依据先拐先平温度高，达到平衡时间短可知，图象中温度高，达到平衡所需时间短，故A错误；B、氯化铁和硫氰酸钾反应生成硫氰酸铁红色溶液，存在化学平衡Fe3+3SCCN=Fe（SCN）3，加入氯化钾对平衡无影响，溶液颜色不变，故B错误；C、稀醋酸是弱酸存在电离平衡，加
10、入醋酸钠是强电解质完全电离，导电能力增强，图象不符合，故C错误；D、碳酸钠溶液中存在碳酸根离子水解平衡，加水稀释促进水解，但平衡状态中离子浓度减小，依据水的离子积分析溶液中氢氧根离子浓度减小，氢离子浓度增大，图象变化符合，故D正确；故选D点评：本题考查了化学图象分析方法，主要是化学平衡图象、盐类水解平衡，弱电解质平衡，平衡移动原理的分析判断，掌握基础是关键5（6分）（2013青岛一模）下列药品和装置合理且能完成相应实验的是（）A用甲装置制备氢氧化亚铁B用乙装置验证非金属性：ClCSiC用丙装置检验二氧化硫中是否混有二氧化碳D实验室用丁装置制取并收集氨气考点：化学实验方案的评价；非金属在元素周期
11、表中的位置及其性质递变的规律；氨的实验室制法；常见气体的检验；制取氢氧化铁、氢氧化亚铁.分析：A氢氧化亚铁易被氧气氧化；B比较非金属性应用元素对应的最高价氧化物的水化物；C高锰酸钾与二氧化硫发生氧化还原反应，品红用于检验二氧化硫是否除尽；D试管口应向下倾斜解答：解：A氢氧化亚铁易被氧气氧化，氯化亚铁溶液应用苯隔绝空气，否则即使生成氢氧化亚铁也被空气氧化而变质，故A错误；B验证非金属性ClCSi，应用高氯酸与碳酸钠反应生成二氧化碳气体，然后通入硅酸钠溶液中观察是否有沉淀生成，故B错误；C高锰酸钾与二氧化硫发生氧化还原反应，品红用于检验二氧化硫是否除尽，如有二氧化碳，通入澄清石灰水变浑浊，实验合理
12、，故C正确；D为防止试管炸裂，则试管口应向下倾斜，故D错误故选C点评：本题考查实验方案的评价，侧重于物质的制备、性质比较、除杂等实验操作，注意把握物质的性质以及实验原理6（6分）（2014春路南区校级月考）湖南省质量技术监督局在某酒样品中检出塑化剂邻苯二甲酸二丁酯邻苯二甲酸二丁酯的结构简式如图所示，该物质在一定条件下不能发生的反应类型是（）A与氯气的取代反应B与氢气的加成反应C水解反应D被新制Cu（OH）2悬浊液氧化的反应考点：有机物的结构和性质.专题：有机物的化学性质及推断分析：由结构简式可知，分子中含苯环、COOC，结合苯及酯的性质来解答解答：解：A含甲基，可在光照下与氯气发生取代反应，且
13、苯环上的H也可发生取代反应，故A正确；B含苯环，与氢气可发生加成反应，故B正确；C含COOC，可发生水解反应，故C正确；D不含CHO，则不能被新制Cu（OH）2悬浊液氧化的反应，故D错误；故选D点评：本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重苯、酯性质的考查，题目难度不大7（6分）（2013安徽模拟）全钒氧化还原液流电池是一种新型电能储存和高效转化装置，该电池是将具有不同价态的钒离子溶液分别作为正极和负极的活性物质，分别储存在各自的酸性电解液储罐中其结构原理如图所示，该电池放电时，右槽中的电极反应为：V2+eV3+，下列说法正确的是（）A放电时，右槽发生还
14、原反应B放电时，左槽电解液pH升高C充电时，阴极的电极反应式：VO2+2H+eVO+H2OD充电时，每转移1mol电子，n（H+）的变化量为1mol考点：原电池和电解池的工作原理.专题：电化学专题分析：该电池放电时，右槽中的电极反应为：V2+e=V3+，为被氧化的过程，应为原电池负极反应，则左槽为原电池正极，发生还原反应，电极方程式应为VO2+2H+e=VO2+H2O，充电时电极反应为放电电极反应的逆反应，以此解答该题解答：解：A电池放电时，右槽中的电极反应为：V2+e=V3+，可知发生氧化反应，故A错误；B放电时，左槽发生还原反应，电极方程式应为VO2+2H+e=VO2+H2O，反应消耗氢离
15、子，所以PH升高，故B正确；C充电时，阴极的电极反应式：V3+e=V2+，故C错误；D充电时，电极反应式为VO2+H2Oe=VO2+2H+，每转移1mol电子，n（H+）的变化量为2mol，故D错误故选B点评：本题考查了原电池和电解池，会根据得失电子判断原电池正负极和电解池阴阳极，知道充电电池中原电池正负极发生的电极反应式是电解池阳极、阴极电极反应式的逆反应，难度中等二、非选择题（共3小题，满分43分）8（14分）（2010阳泉校级模拟）有A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大，A元素的原子是半径最小的原子B元素的最高价氧化物的水化物与其氢化物反应生成一种盐X，D与A同族，且
16、与E同周期，E元素的最外层电子数是次外层电子数的倍A、B、D、E这四种元素，每一种都能与C元素形成原子个数比不相同的多种化合物回答下列问题：（1）写出相应元素符合，AHBN CO ES（2）由A、C、D、E四种元素所组成的一种中学常见的化合物，它既能与盐酸反应，又能与NaOH溶液反应，在这种化合物的水溶液中，滴入紫色石蕊试液出现红色，则溶液中离子浓度由大到小的排列顺序为：c（Na+）c（HSO3）c（H+ ）c（SO32）c（OH）（3）将铝片和镁片插入由A、C、D三种元素组成物质的稀溶液中构成原电池，则负极的电极反应式为2Al6e+8OH=2AlO2+4H2O（5分）已知X是一种盐，H是常见
17、金属单质，F、I是常见非金属单质，E、G都是工业上重要的碱性物质，它们有右图所示的关系试回答下列问题（1）G的化学式为：NaOH（2）写出下列反应的化学方程式2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 2Mg+CO22MgO+C考点：无机物的推断.专题：推断题分析：、A元素的原子是半径最小的原子，应为H元素，B元素的最高价氧化物的水化物与其氢化物反应生成一种盐X，则B为N元素，对应的盐为NH4NO3，E元素的最外层电子数是次外层电子数的倍，应为S元素，D与A同族，且与E同周期，应为Na元素，A、B、D、E这四种元素，每一种都能与C元素形成原子个数比不相同的多种化合物，则C应为O元素；、由H是
18、一种常见的金属单质，它在B中燃烧后生成一种非金属单质，我们可以推 知这种常见金属单质为金属镁，它在CO2气体中燃烧生成C这种非金属单质则A为 氧化镁；由X是一种盐，它受热分解可以产生MgO，因此X 可能为碳酸盐，但碳酸镁分解的产物只有氧化镁和二氧化碳，框图中的分解产物有三种，再由题示信息B（CO2）与D反应 可产生非金属单质F，且生成的E物质是工业上重要的碱，则可推断F是O2，D是Na2O2，E是Na2CO3，相应地推断出C是H2O，G是NaOH，那么X是一种碱式碳酸镁解答：解：、A元素的原子是半径最小的原子，应为H元素，B元素的最高价氧化物的水化物与其氢化物反应生成一种盐X，则B为N元素，对
19、应的盐为NH4NO3，E元素的最外层电子数是次外层电子数的倍，应为S元素，D与A同族，且与E同周期，应为Na元素，A、B、D、E这四种元素，每一种都能与C元素形成原子个数比不相同的多种化合物，则C应为O元素；（1）由以上分析可知，A为H，B为N，C为O，E为S，故答案为：H，N，O，S；（2）由A、C、D、E四种元素所组成的一种中学常见的化合物，它既能与盐酸反应，又能与NaOH溶液反应，则该盐为NaHSO3，滴入紫色石蕊试液出现红色，说明HSO3电离程度大于水解程度，则有c（H+）c（OH），溶液中还存在水的电离，则c（H+）c（SO32），而HSO3电离程度较小，则c（HSO3）c（H+），
20、所以有c（Na+）c（HSO3）c（H+）c（SO32）c（OH），故答案为：c（Na+）c（HSO3）c（H+）c（SO32）c（OH）；（3）将铝片和镁片插入由A、C、D三种元素组成物质为NaOH的稀溶液中构成原电池，铝做负极失电子发生氧化反应，镁做正极，溶液中氢离子得到电子生成氢气，则负极的电极反应式为：2Al6e+8OH=2AlO2+4H2O；故答案为：2Al6e+8OH=2AlO2+4H2O；、由H是一种常见的金属单质，它在B中燃烧后生成一种非金属单质，我们可以推 知这种常见金属单质为金属镁，它在CO2气体中燃烧生成C这种非金属单质则A为 氧化镁；由X是一种盐，它受热分解可以产生Mg
21、O，因此X 可能为碳酸盐，但碳酸镁分解的产物只有氧化镁和二氧化碳，框图中的分解产物有三种，再由题示信息B（CO2）与D反应 可产生非金属单质F，且生成的E物质是工业上重要的碱，则可推断F是O2，D是Na2O2，E是Na2CO3，相应地推断出C是H2O，G是NaOH，那么X是一种碱式碳酸镁（1）由以上分析可知，G的化学式分别为NaOH，故答案为：NaOH；（2）CO2与Na2O2反应生成2Na2CO3和O2，CO2与Mg反应生成MgO和C，反应的方程式分别为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2和2Mg+CO22MgO+C，故答案为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2； 2Mg+
22、CO22MgO+C点评：本题考查物质的推断，题目难度较大，涉及多个角度的考查，注意把握元素和物质推断的角度9（13分）（2014吉林校级二模）新近出版的前沿科学杂志刊发的中国环境科学研究院研究员的论文汽车尾气污染及其危害，其中系统地阐述了汽车尾气排放对大气环境及人体健康造成的严重危害目前降低尾气的可行方法是在汽车排气管上安装催化转化器NO和CO气体均为汽车尾气的成分，这两种气体在催化转换器中发生反应：2CO（g）+2NO（g）N2（g）+2CO2（g）H=a kJmol1（1）CO2的电子式为（2）已知2NO（g）+O2（g）=2NO2（g）H=b kJmol1；CO的燃烧热H=c kJmol
23、1书写在消除汽车尾气中NO2的污染时，NO2与CO的可逆反应的热化学反应方程式4CO（g）+2NO2（g）N2（g）+4CO2（g）H=a+b2ckJmol1（3）在一定温度下，将2.0mol NO、2.4mol气体CO通入到固定容积为2L的容器中，反应过程中部分物质的浓度变化如图所示：有害气体NO的转化率为40%，015min NO的平均速率v（NO）=0.027mol/（Lmin）20min时，若改变反应条件，导致CO浓度减小，则改变的条件可能是cd（选填序号）a缩小容器体积 b增加CO的量 c降低温度 d扩大容器体积若保持反应体系的温度不变，20min时再向容器中充入NO、N2各0.4m
24、ol，化学平衡将向左移动（选填“向左”、“向右”或“不”），移动后在达到平衡时的平衡常数是5/36 L/mol或0.14L/mol考点：化学平衡的计算；热化学方程式；化学平衡的影响因素.专题：化学反应中的能量变化；化学平衡专题分析：（1）二氧化碳属于共价化合物，每个氧原子和碳原子共用2对电子；（2）根据盖斯定律进行解答；（3）根据氮气浓度计算参加反应的一氧化氮浓度，再根据转化率公式计算NO的转化率，根据v（NO）=计算；若改变反应条件，导致CO浓度减小，可以采用改变温度或容器容积的方法；根据平衡时浓度计算其平衡常数，根据浓度商与化学平衡常数相对大小判断平衡移动方向解答：解：（1）CO2的电子式
25、为，故答案为：；（2）2CO（g）+2NO（g）N2（g）+2CO2（g）H=a kJmol12NO（g）+O2（g）=2NO2（g）H=b kJmol1；CO（g）+O2（g）=CO2（g）H=c kJmol1将方程式+2得4CO（g）+2NO2（g）N2（g）+4CO2（g）H=a+b2c kJmol1，故答案为：4CO（g）+2NO2（g）N2（g）+4CO2（g）H=a+b2c kJmol1；（3）015minC（N2）=0.2mol/L，同一可逆反应中，各物质浓度变化之比等于其计量数之比，所以C（NO）=2C（N2）=0.4mol/L，NO的转化率=40%；015min NO的平均速
26、率v（NO）=0.027mol/（Lmin），故答案为：40%；0.027mol/（Lmin）；a缩小容器体积，压强增大，平衡向正反应方向移动，但平衡时CO浓度大于第一次平衡浓度，故错误；b增加CO的量，平衡向正反应方向移动，但CO的转化率减小，所以CO的浓度增大，故错误； c降低温度，平衡向正反应方向移动，则CO的浓度减小，故正确； d扩大容器体积，压强减小，平衡向逆反应方向移动，但平衡时CO浓度小于第一次平衡浓度，故正确；故选c d；第一次平衡时c（N2）=0.2mol/L，c（CO）=0.8mol/L，c（CO2）=2c（N2）=0.4mol/L，c（NO）=0.6mol/L，化学平衡常
27、数K=L/mol=L/mol，若保持反应体系的温度不变，20min时再向容器中充入NO、N2各0.4mol，c（CO）=0.8mol/L，c（CO2）=0.4mol/L，c（N2）=0.2mol/L+0.2mol/L=0.4mol/L，c（NO）=0.6mol/L+0.2mol/L=0.8mol/L，其浓度商=L/mol=L/molL/mol，则平衡逆向方向移动，温度不变，化学平衡常数不变，故答案为：向左；5/36 L/mol或0.14 L/mol点评：本题考查了盖斯定律、化学平衡的有关计算，根据反应速率、转化率公式计算NO的反应速率、转化率，会根据反应方程式计算化学平衡常数，利用化学平衡常数
28、与浓度商的关系确定反应方向，化学平衡常数的有关计算是高考热点，要熟练掌握，难点是（3），缩小体积时，虽然压强增大，但到达平衡时各物质浓度增大，很多同学往往认为“平衡向右移动，则反应物浓度减小”而导致错误，为易错点10（16分）（2014泾阳县校级模拟）某化学研究小组测定某FeCl3样品（含少量FeCl2杂质）中铁元素的质量分数，在实验室中按以下步骤进行实验：称取a g样品，置于烧杯中；取适量盐酸和适量蒸馏水使样品溶解，准确配制成250mL溶液；准确量取25.00mL步骤中配得的溶液，置于烧杯中，加入适量的氯水，使反应完全；加入过量氨水，充分搅拌，使沉淀完全；过滤，洗涤沉淀；将沉淀转移到坩埚内，
29、加热、搅拌，直到固体由红褐色全部变为红棕色，冷却至室温后，称量；请根据上面的叙述回答下列问题：（1）如图所给仪器中，实验步骤中必须用到的仪器是E和CF （填仪器序号）还缺少的主要仪器名称是250mL容量瓶（2）步骤中所发生反应的离子方程式为Fe3+3NH3H2O=Fe（OH）3+3NH4+（3）步骤中洗涤沉淀的操作是：沿玻璃棒向过滤器（或漏斗）中的沉淀上加蒸馏水至淹没沉淀，静置使其全部滤出，重复操作23次，检验沉淀是否洗净，应向洗涤液中加入几滴 （填写序号）KSCN溶液 NaOH溶液 AgNO3溶液 酚酞试液（4）第步的操作中，将沉淀物加热，冷却至室温，称量其质量为m1g，再次加热并冷却至室温
30、称量其质量为m2g，实验至少需重复加热一次的原因是证明氢氧化铁受热分解完全；若m1与m2差值较大，其原因可能是第一次加热不够充分或冷却时没有将固体放置于干燥器中冷却，第二次加热过程中有固体溅出或温度过高，固体有分解（各答一种情况即可）（5）若坩埚质量是W1g，最终坩埚和固体的总质量是W2g，则样品中铁元素的质量分数为考点：探究物质的组成或测量物质的含量.专题：实验探究和数据处理题分析：（1）根据各仪器的作用选取仪器；（2）步骤中所发生反应是铁离子和一水合氨反应生成氢氧化铁沉淀 的反应；（3）依据沉淀洗涤的实验方法回答，在过滤装置中加入洗涤的蒸馏水浸没沉淀，使其自然流下，洗涤沉淀；沉淀吸附的是氯
31、离子，用硝酸银溶液可以检验氯离子；（4）重复加热使验证氢氧化铁是否完全分解；若m1与m2 差值较大，其原因可能是第一次加热不充分、加热过程中有固体溅出等；（5）根据原子守恒计算铁元素的质量，再根据质量分数公式进行计算解答：解：（1）称量药品用天平，氯化铁和氯化亚铁的水溶液都呈酸性，所以准确量取25.00mL步骤中配得的溶液用酸式滴定管，故仪器选C F；配制一定物质的量浓度的溶液用容量瓶，还缺少的主要仪器名称是配置250ml溶液所需的250mL容量瓶；故答案为：CF；250mL容量瓶；（2）步骤中所发生反应是铁离子和一水合氨反应生成氢氧化铁沉淀 的反应，反应的离子方程式为：Fe3+3NH3H2O
32、=Fe（OH）3+3NH4+；故答案为：Fe3+3NH3H2O=Fe（OH）3+3NH4+；（3）步骤中洗涤沉淀的操作为：沿玻璃棒向过滤器（或漏斗）中的沉淀上加蒸馏水至淹没沉淀，静置使其全部滤出，重复操作23次；沉淀吸附氯离子，常用硝酸银溶液检验氯离子，如果产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，就证明含有氯离子，故选；故答案为：沿玻璃棒向过滤器（或漏斗）中的沉淀上加蒸馏水至淹没沉淀，静置使其全部滤出，重复操作23次；（4）实验至少需重复加热一次的原因是验证氢氧化铁是否全部分解，若m1与m2 差值较大，其原因可能是：第一次加热不够充分导致第二次加热时质量减少较多，第一次冷却时没有将固体放置于干燥器中冷却，
33、导致第一次减少质量较少，加热过程中固体溅出或少量固体粘在玻璃棒上导致两者差较大；故答案为：证明氢氧化铁受热分解完全；不够充分或冷却时没有将固体放置于干燥器中冷却；过程中有固体溅出或温度过高，固体有分解；（5）若坩埚质量是W1 g，最终坩埚和固体的总质量是W2 g，则氧化铁的质量=（W2W1）g，铁元素的质量分数=100%=，故答案为：点评：本题考查了探究物质的组成或测量物质的含量，难点是误差分析，根据原子守恒计算铁的质量分数，难度较大【化学-选修2：化学与技术】11（15分）（2014吉林校级二模）由Ca3（PO4）2、SiO2、焦炭等为原料生产硅胶（SiO2nH2O）、磷、磷酸及CH3OH，
34、下列工艺过程原料综合利用率高，废弃物少（1）上述反应中，属于置换反应的是（）、（）选填：（）、（）、（）、（）、（）（2）高温下进行的反应的化学方程式为：Ca3（PO4）2+5C+3SiO23CaSiO3+2P+5CO；固体废弃物CaSiO3可用于生产水泥、砖瓦或作为建筑材料等（3）反应需在隔绝氧气和无水条件下进行，其原因是SiHCl3会水解，同时产生的H2，与O2混合发生爆炸等（4）CH3OH可用作燃料电池的燃料，在强酸性介质中，负极的电极反应式为CH3OH+H2O6e=CO2+6H+（5）指出（）这一环节在工业生产上的意义原料的循环利用，节能减排（6）写出由PH3PO4 有关反应式P+O2
35、=P2O5P2O5+3H2O=2H3PO4考点：无机物的推断.专题：推断题分析：（1）一种化合物和一种单质反应生成另外的单质和化合物的反应是置换反应，根据反应物和生成物类型判断；（2）高温条件下，磷酸钙和碳、二氧化硅反应生成硅酸钙、磷和一氧化碳；硅酸钙属于硅酸盐，可以用于生成硅酸盐产品；（3）R为Si，反应是Si与HCl发生反应得到SiHCl3与氢气，由反应可知，SiHCl3会水解，且生成的氢气和氧气在一定范围内会产生爆炸；（4）甲醇发生氧化反应，酸性条件下，甲醇在负极失电子生成二氧化碳与氢离子；（5）原料的循环利用，节能减排；（6）磷与氧气转化为五氧化二磷，再与水化合得到磷酸解答：解：（1）
36、根据置换反应的定义知，反应II中反应物中有两种化合物，生成物中含有两种化合物，所以不是置换反应，反应IV中反应物没有单质，所以不是置换反应，反应V是化合反应，、反应符合置换反应的条件，所以是置换反应，故答案为：（）、（）；（2）高温条件下，磷酸钙和碳、二氧化硅反应生成硅酸钙、磷和一氧化碳，反应方程式为：Ca3（PO4）2+5C+3SiO23CaSiO3+2P+5CO，硅酸钙属于硅酸盐，所以可以生产水泥、砖瓦或作为建筑材料等，故答案为：Ca3（PO4）2+5C+3SiO23CaSiO3+2P+5CO；生产水泥、砖瓦或作为建筑材料等；（3）R为Si，反应是Si与HCl发生反应得到SiHCl3与氢气
37、，由反应可知，SiHCl3会水解，且生成的氢气和氧气在一定范围内会产生爆炸，故需在隔绝氧气和无水条件下进行，故答案为：SiHCl3会水解，同时产生的H2，与O2混合发生爆炸等；（4）甲醇发生氧化反应，酸性条件下，甲醇在负极失电子生成二氧化碳与氢离子，电极反应式为CH3OH+H2O6e=CO2+6H+，故答案为：CH3OH+H2O6e=CO2+6H+；（5）（）这一环节在工业生产上的意义：原料的循环利用，节能减排，故答案为：原料的循环利用，节能减排；（6）由PH3PO4，先由磷与氧气转化为五氧化二磷，再与水化合得到磷酸，有关方程式为P+O2=P2O5、P2O5+3H2O=2H3PO4，故答案为：
38、P+O2=P2O5；P2O5+3H2O=2H3PO4点评：本题考查化学工艺流程，涉及基本反应类型、对条件的控制与操作步骤的理解、原电池、方案设计等理解工业流程原理是关键，需要学生具备扎实的基础，综合考查学生分析解决问题的能力，难度中等【化学-选修3：物质结构与性质】12（2014新建县校级模拟）已知A、B、C、D、E五种元素的核电荷数依次增大，除E为第四周期元素外，其余都是短周期元素其中A、B、C是同一周期的非金属元素，A元素最外层电子数是内层电子数的2倍，B元素基态原子的最外层有3个未成对电子，化合物DC的晶体为离子晶体，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构，E元素的正三价离子的3
39、d亚层为半充满状态请根据上述情况，回答下列问题（答题时，A、B、C、D、E用所对应的元素符号表示）：（1）元素B、C的第一电离能的大小关系是NO（用元素符号填写），其原因为氮原子2p轨道容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，原子失去一个电子较难（2）A的某种氢化物A2H2分子的空间构型是直线型，其中心A原子采取的杂化形式为sp，分子中含有3个键，2个键（3）写出E原子的核外电子排布式是Ar3d64s2 ，用电子式表示化合物DC的形成过程（4）由E元素形成的金属的晶胞结构如图，已知该晶胞边长为a厘米，该晶体的密度为g/cm3（用NA表示阿伏伽德罗常数的值）（5）配合物E（CO）5常温下呈液态，
40、熔点为20.5，沸点为103，易溶于非极性溶剂，据此判断E（CO）5晶体属于分子晶体（填晶体类型）考点：位置结构性质的相互关系应用；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算.专题：元素周期律与元素周期表专题；化学键与晶体结构分析：A、B、C、D、E五种元素的核电荷数依次增大，除E为第四周期元素外，其余都是短周期元素其中A元素最外层电子数是内层电子数的2倍，原子只能有2的电子层，最外层电子数为4，则A为碳元素，A、B、C是同一周期的非金属元素，B元素基态原子的最外层有3个未成对电子，外围电子排布为2s22p3，则B为氮元素；化合物DC的晶体为离子晶体，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构，
41、则化合物DC中C为2价，可推知C为O元素，故D为Mg；E元素的正三价离子的3d亚层为半充满状态，则E原子核外电子数=2+8+13+3=26，则E为Fe，据此解答解答：解：A、B、C、D、E五种元素的核电荷数依次增大，除E为第四周期元素外，其余都是短周期元素其中A元素最外层电子数是内层电子数的2倍，原子只能有2的电子层，最外层电子数为4，则A为碳元素，A、B、C是同一周期的非金属元素，B元素基态原子的最外层有3个未成对电子，外围电子排布为2s22p3，则B为氮元素；化合物DC的晶体为离子晶体，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构，则化合物DC中C为2价，可推知C为O元素，故D为Mg；E
42、元素的正三价离子的3d亚层为半充满状态，则E原子核外电子数=2+8+13+3=26，则E为Fe，（1）N、O同周期，氮元素原子2p轨道容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，原子失去一个电子较难，第一电离能NO，故答案为：NO；氮原子2p轨道容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，原子失去一个电子较难；（2）C2H2分子的空间构型是直线型，其中心C原子没有孤电子对、成2个键，C原子采取的杂化形式为sp，分子中含有3个键，2个键，故答案为：直线型；sp；3；2；（3）E为Fe元素，原子核外有26个电子，核外电子排布式是Ar3d64s2 ；用电子式表示化合物MgO的形成过程为，故答案为：Ar3d6
43、4s2 ；（4）晶胞中Fe原子数目=1+8=2，晶胞质量=2g，该晶胞边长为a厘米，晶胞体积=a3cm3，该晶体的密度为=g/cm3，故答案为：g/cm3；（5）配合物Fe（CO）5常温下呈液态，熔点为20.5，沸点为103，熔沸点低，易溶于非极性溶剂，据此判断Fe（CO）5晶体属于分子晶体，故答案为：分子晶体点评：本题是对物质结构的考查，涉及核外电子排布、电离能、分子结构、化学键、电子式、晶胞计算、晶体类型与性质等，需要学生具备扎实的基础，注意掌握电子式表示化学键或物质的形成过程，难得中等【化学-选修5：有机化学基础】13（2014春路南区校级月考）有机物F是合成一种新型降压药替米沙坦的中间
44、体，可由下图所示的路线合成：（1）B的结构简式为：（2）反应中属于取代反应的是；AB的反应类型氧化反应（3）CD的化学方程式为使用过量CH3OH的作用是提高物质D 的产率（4）E的同分异构体苯丙氨酸经聚合反应形成的高聚物是（写结构简式）（5）满足下列条件的B的所有同分异构体有4种，含苯环；含酯基；能与新制氢氧化铜悬浊液反应生成红色沉淀写出其中核磁共振氢谱谱图中吸收峰个数最少的有机物结构简式：考点：有机物的合成.专题：有机物的化学性质及推断分析：C与甲醇反应生成D，由D的结构可知C为，B与浓硝酸发生取代反生成C，则B为，A发生氧化反应生成B，D中硝基被还原为氨基生成E，E与CH3CH2CH2CO
45、Cl发生取代反应生成F，以此解答（1）（2）（3）；（4）苯丙氨酸中分子之间羧基和氨基脱水形成肽键，聚合成高分子，据此写高聚物的结构简式；（5）B（）的同分异构体符合：含有苯环，含有酯基且能与新制Cu（OH）2反应，应是甲酸形成的酯，有1个侧链为CH2OOCH或2个侧链为CH3、OOCH，有邻、间、对三种解答：解：C与甲醇反应生成D，由D的结构可知C为，B与浓硝酸发生取代反生成C，则B为，A发生氧化反应生成B，D中硝基被还原为氨基生成E，E与CH3CH2CH2COCl发生取代反应生成F，（1）根据上面的分析可知，B为，故答案为：；（2）根据上面的分析可知，反应中，属于取代反应的是； AB的反应
46、类型属于氧化反应，故答案为：；氧化反应；（3）CD的化学方程式为；使用过量CH3OH的作用是提高物质D 的产率，故答案为：；提高物质D 的产率；（4）苯丙氨酸中分子之间羧基和氨基脱水形成肽键，聚合成高分子，此高聚物的结构简式为，故答案为：；（5）B（）的同分异构体符合：含有苯环，含有酯基且能与新制Cu（OH）2反应，应是甲酸形成的酯，有1个侧链为CH2OOCH或2个侧链为CH3、OOCH，有邻、间、对三种，故共有4种，其中核磁共振氢谱谱图中吸收峰个数最少的有机物结构简式：，故答案为：4；点评：本题考查有机物的推断与合成、官能团的结构与性质、同分异构体书写等，题目难度中等，要充分利用有机物的结构进行分析解答
