1、2014年江西省赣州市兴国县将军中学高考化学四模试卷一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1（3分）（2014兴国县校级四模）下列说法正确的是（）A过氧化钠、烧碱、纯碱分别属于碱性氧化物、碱、盐BNa、Al、Cu可以分别用热还原法、热分解法和电解冶炼法得到C天然气、沼气和液化石油气分别属于化石能源、不可再生能源和二次能源D氯化银、冰醋酸、酒精、水银分别属于强电解质、弱电解质、非电解质、既不是电解质也不是非电解质2（3分）（2013甘肃二模）用NA表示阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）A一定条件下，1mol N2和3mol H2充分反应，生成物中的NH键数目为6NAB1L 0.1mo
2、lL1的Na2S的溶液中S2与HS的总数为0.1NAC向含有FeI2的溶液中通入适量氯气，当有1mol Fe2+被氧化时，该反应转移电子的数目至少为3NAD1L 0.5molL1 （NH4）2SO4溶液中NH4+数目为NA3（3分）（2014兴国县校级四模）下列关于有机物的说法中错误的是（）A乙烷和乙烯都能与氢气在一定条件下发生加成反应B苯和乙烯都能使溴水褪色，但其原理是不同的C甲烷和乙醇均能发生取代反应D乙醇、乙酸和乙酸乙酯能用饱和Na2CO3溶液鉴别4（3分）（2014兴国县校级四模）“酒驾”已经写入刑法人体内酒精含量超过20mg/100ml为酒驾，酒精含量超过80mg/100ml为醉驾交
3、警常用一种“酒精检测仪”检测司机是否酒后驾车其反应原理为2CrO3+3C2H5OH+3H2SO43CH3CHO+X+6H2O下列说法不正确的是（）AX的化学式为Cr2（SO4）3B如果“酒精检测仪”中红色试剂变为绿色，说明司机酒后驾车CCH3CHO是还原产物DCrO3在反应中被还原5（3分）（2015巴中模拟）N2O5是一种新型硝化剂，在一定温度下可发生以下反应：2N2O5（g）4NO2（g）+O2（g）H0，T1温度时，向密闭容器中通入N2O5，部分实验数据见表格，下列说法中不正确的是（）时间/s0500100015005.003.522.502.50A500s内N2O5分解速率为2.961
4、03molL1s1BT1温度下的平衡常数为K1=125，平衡时N2O5的转化率为50%CT1温度下的平衡常数为K1，T2温度下的平衡常数为K2，若T1T2，则K1K2D达平衡后其他条件不变，将容器的体积压缩到原来的，则c（N2O5）5.00 molL16（3分）（2014兴国县校级四模）常温下，下列溶液中的微粒浓度关系正确的是（）A常温下pH相同的下列溶液：NaHCO3 Na2CO3 CH3COONa，其溶液的浓度由大到小的顺序是：B某二元弱酸的酸式盐NaHA溶液中：c（H+）+c（Na+）c（OH）+c（HA）+c（A2）CpH=10的NaOH溶液与pH=4的CH3COOH溶液等体积混合：C
5、（Na+）C（CH3COO）C（OH）C（H+）D0.1mol/L的氨水溶液与0.05mol/LH2SO4溶液等体积混合后所得溶液中：C（NH4+）+C（NH3H2O）+C（NH3）C（SO42）7（3分）（2014兴国县校级四模）下列各表述与示意图一致的是（）A表示25时，用0.1 molL1盐酸滴定20 mL 0.1 molL1 NaOH溶液，溶液的pH随加入酸体积的变化B曲线表示反应2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）；H0 正、逆反应的平衡常数K随温度的变化C表示10 mL 0.01 molL1 KMnO4 酸性溶液与过量的0.1 molL1 H2C2O4溶液混合时，n（Mn2+）
6、 随时间的变化Da、b曲线分别表示反应CH2=CH2 （g）+H2（g）CH3CH3（g）；H0使用和未使用催化剂时，反应过程中的能量变化二、解答题（共3小题，满分43分）8（15分）（2014兴国县校级四模）四种短周期元素在周期表中的相对位置如表所示，其中Z元素最外层电子数是其电子层数的2倍请回答下列问题：XYZW（1）元素Z位于周期表中的位置（2）Y与氢元素形成的18个电子的分子的电子式为（3）W、Z的最高价氧化物对应的含氧酸的酸性（用化学式表示）（4）X、Y、Z、W四种元素对应的简单离子的半径由小到大的顺序是（用离子符号表示）（5）实验室制取X元素的氢化物的化学方程式为工业上用此氢化物来
7、检验W的单质是否发生泄漏，有大量白烟生成，写出此反应的化学方程式（6）Z和X形成的一种化合物相对分子质量在170190之间，且Z的质量分数约为70%该化合物的化学式为9（14分）（2014兴国县校级四模）硫元素有多种化合价，可形成多种化合物（1）SO2是形成酸雨的罪魁祸首，一定条件下，通过下列反应可实现燃煤烟气中硫的回收：2CO（g）+SO2（g） 2CO2（g）+S（1）H已知2CO（g）+O2（g）2CO2（g）H1566kJmol1S（1）+O2（g）SO2（g）H2296kJmol1则反应热H=kJmol1（2）常温下用1molL1100mL NaOH溶液恰好完全吸收0.1mol SO
8、2气体，此反应的离子方程式为；该溶液pH7的原因是（结合方程式回答）（3）请按照浓度由大到小的顺序排列0.1mol/LNa2SO3溶液中的离子Na2SO3溶液放置于空气中一段时间后，溶液的pH （填“增大”“减小”或“不变”）（4）某同学在常温下设计如下实验流程探究Na2S2O3的化学性质实验可说明（填字母）A该Na2S2O3溶液中水电离的c（OH）=108mol/L BH2S2O3是一种弱酸CNa2S2O3是一种弱电解质 DNa2S2O3水解方程式为S2O32+2H2OH2S2O3+2OH写出实验发生反应的离子方程式10（14分）（2013资阳模拟）高锰酸钾是锰的重要化合物和常用氧化剂，在实
9、验室和医疗上有非常广泛的应用以下是工业上用软锰矿（主要含MnO2）制备高锰酸钾晶体的一种工艺流程：（1）操作的名称是，实验室进行该操作须用到的玻璃仪器有；（2）反应的产物中，氧化产物与还原产物的物质的量之比是；（3）反应中“酸化”时不能选择下列酸中的（填字母序号）a稀盐酸 b稀硫酸 c稀醋酸（4）电解锰酸钾溶液也可以制备高锰酸钾，其阴极反应式为：2H2O+2e=2OH+H2，如图，b为电源的极，电解池的阳极反应式是；若电解过程中收集到2.24L H2（标准状况），则得到高锰酸钾g（提示：阴离子放电顺序MnO42OH）【化学选修2化学与技术】11（15分）（2014兴国县校级四模）绿矾（FeSO
10、47H2O）是生产钛白粉的主要副产物某研究人员提出“绿色自由”构想：以绿矾等原料生产如图所示产品，达到综合利用工业废弃物的目的已知：在水中溶解适量的有机物后，离子化合物在水中的溶解度可以不同程度的减小请回答下列问题：（1）上述流程“循环利用”的物质有（2）写出第步的化学方程式（3）相同条件下，氯化钾、硫酸钾、硫酸铵中溶解度最小的是，第II步加入有机物DFA的作用是（4）分离由硫酸钾、氯化铵组成的固体混合物的方法是（5）Fe（OH）2在空气中灼烧可得到铁红，铁红是冶炼铁的重要原料写出生成铁红的化学方程式：（6）理论上，工业生产atNH4C1需要绿矾t化学一选修3物质结构与性质12（15分）（20
11、15陕西模拟）化学选修3：物质结构与性质Q、R、X、Y、Z为周期表前四周期元素，原子序数依次递增已知：Q为元素周期表中原子半径最小的元素；R的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同；Y的基态原子的核外成对电子数是未成对电子数的3倍；Q、R、Y三种元素组成的一种化合物M是新装修居室中常含有的一种有害气体，Q、R两种元素组成的原子个数比为1：1的化合物N是中学化学中常见的有机溶剂；Z有“生物金属”之称，Z4+离子和氩原子的核外电子排布相同请回答下列问题（答题时，Q、R、X、Y、Z用所对应的元素符号表示）（1）化合物M的空间构型为，其中心原子采取杂化；化合物N在固态时的
12、晶体类型为（2）R、X、Y三种元素的第一电离能由小到大的顺序为；（3）由上述一种或多种元素组成的与RY2互为等电子体的分子为（写分子式）（4）由R、X、Y三种元素组成的RXY离子在酸性条件下可与NaClO溶液反应，生成X2、RY2等物质该反应的离子方程式为（5）Z原子基态时的外围电子排布式为；Z的一种含氧酸钡盐的晶胞结构如图所示，晶体内与每个Z原子等距离且最近的氧原子数为化学一选修5有机化学基础13（15分）（2013资阳模拟）有机物A是常用的食用油抗氧化剂，分子式为C10H12O5，可发生如下转化：已知B的相对分子质量为60，分子中只含一个甲基；C的结构可表示为（其中：X、Y均为官能团）据此
13、回答下列问题：（1）根据系统命名法，B的名称为，C的核磁共振氢谱的峰面积之比为；（2）官能团X的名称为，第步的反应类型为；（3）高聚物E的结构简式为，A的结构简式为；（4）反应的化学方程式为：；（5）C有多种同分异构体，写出其中2种符合下列要求的同分异构体的结构简式：；a含有苯环b能发生银镜反应c不能发生水解反应2014年江西省赣州市兴国县将军中学高考化学四模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）（2014兴国县校级四模）下列说法正确的是（）A过氧化钠、烧碱、纯碱分别属于碱性氧化物、碱、盐BNa、Al、Cu可以分别用热还原法、热分解法和电解冶炼法得到C天
14、然气、沼气和液化石油气分别属于化石能源、不可再生能源和二次能源D氯化银、冰醋酸、酒精、水银分别属于强电解质、弱电解质、非电解质、既不是电解质也不是非电解质考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；使用化石燃料的利弊及新能源的开发；电解质与非电解质；金属冶炼的一般原理版权所有专题：物质的分类专题分析：A、碱性氧化物是和酸反应生成盐和水的氧化物，过氧化钠属于过氧化物；B、金属冶炼方法常用的有三种：热分解法，适用于制取不活泼金属如Ag等；热还原法，适用于制取金属活动性顺序表中Al以后、Hg以前的金属；电解法，适用于制取金属活动性顺序表中Al及以前的还原性很强的金属；C、沼气是可再生能源；D、水溶液
15、中完全电离的化合物为强电解质，水溶液中部分电离的化合物为弱电解质，水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质解答：解：A、过氧化钠属于过氧化物，烧碱、纯碱分别属于碱、盐，故A错误；B、金属冶炼方法常用的有三种：热分解法，适用于制取不活泼金属如Ag等；热还原法，适用于制取金属活动性顺序表中Al以后、Hg以前的金属；电解法，适用于制取金属活动性顺序表中Al及以前的还原性很强的金属，Na、Al、Cu可以分别用电解冶炼法、电解冶炼法、还原法得到，故B错误；C、天然气和液化石油气分别属于化石能源和二次能源，沼气是可再生能源，故C错误；D、氯化银属于盐熔融完全电离属于强电解质、冰醋酸水溶液中部分电离、酒精
16、是非电解质、水银属于金属既不是电解质液不是非电解质，分别属于强电解质、弱电解质、非电解质、既不是电解质也不是非电解质，故D正确；故选D点评：本题考查了物质分类的方法和依据，物质组成的判断，金属冶炼方法的应用，准确掌握概念是解题关键，题目难度中等2（3分）（2013甘肃二模）用NA表示阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）A一定条件下，1mol N2和3mol H2充分反应，生成物中的NH键数目为6NAB1L 0.1molL1的Na2S的溶液中S2与HS的总数为0.1NAC向含有FeI2的溶液中通入适量氯气，当有1mol Fe2+被氧化时，该反应转移电子的数目至少为3NAD1L 0.5molL1
17、 （NH4）2SO4溶液中NH4+数目为NA考点：阿伏加德罗常数版权所有专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A氮气与氢气的反应为可逆反应，反应物不可能完全转化成生成物；B硫化钠溶液中还存在硫化氢分子，根据硫化钠溶液中物料守恒进行计算；C碘离子还原性强于亚铁离子，碘化亚铁中通入氯气时，碘离子优先与氯气反应，当反应消耗1mol亚铁离子时，至少有2mol碘离子被氧化；D硫酸铵溶液中，铵根离子部分水解，导致溶液中铵根离子数目减少解答：解：A一定条件下，1molN2和3mol H2充分反应生成的氨气小于2mol，生成物中含有的氮氢键的物质的量小于6mol，生成物中的NH键数目小于6NA，故A错误；
18、B1L 0.1molL1的Na2S的溶液中含有溶质硫化钠0.1mol，由于硫离子部分水解生成硫化氢、硫氢根离子，根据物料守恒可得，S2、HS、S2的总物质的量为0.1mol，则溶液中S2与HS的物质的量之和小于0.1mol，S2与HS的总数小于0.1NA，故B错误；C向含有FeI2的溶液中通入适量氯气，碘离子优先被氯气氧化，当有1mol Fe2+被氧化时，被氧化的碘离子失少为2mol，至少失去了1mol+2mol=3mol电子，反应转移电子的数目至少为3NA，故C正确；D1L 0.5molL1 （NH4）2SO4溶液中含有溶质硫酸铵0.5mol，由于铵根离子部分水解，溶液中铵根离子的物质的量小
19、于1mol，含有的NH4+数目小于NA，故D错误；故选C点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，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，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系；选项C为易错点，注意明确碘离子与亚铁离子的还原性强弱3（3分）（2014兴国县校级四模）下列关于有机物的说法中错误的是（）A乙烷和乙烯都能与氢气在一定条件下发生加成反应B苯和乙烯都能使溴水褪色，但其原理是不同的C甲烷和乙醇均能发生取代反应D乙醇、乙酸和乙酸乙酯能用饱和Na2CO3溶液鉴别考点：有机物的结构和性质；有机化学反应的综合应用版权所有专题：有机反应分析：A
20、乙烷为饱和烃，不能发生加成反应；B苯与溴水发生萃取，乙烯与溴水发生加成反应；C甲烷在光照下发生取代反应，乙醇发生酯化反应属于取代反应；D乙醇与碳酸钠混合不分层，乙酸与碳酸钠反应生成气体，乙酸乙酯与碳酸钠混合分层解答：解：A乙烷为饱和烃，不能发生加成反应，而乙烯为不饱和烃可与氢气发生加成反应，故A错误；B苯与溴水发生萃取，乙烯与溴水发生加成反应，则时溴水褪色原理不同，故B正确；C甲烷在光照下发生取代反应，乙醇发生酯化反应属于取代反应，即甲烷和乙醇均能发生取代反应，故C正确；D乙醇与碳酸钠混合不分层，乙酸与碳酸钠反应生成气体，乙酸乙酯与碳酸钠混合分层，现象不同，可鉴别，故D正确；故选A点评：本题考
21、查有机物的结构与性质、有机物的鉴别等，为高频考点，把握常见有机物的官能团及性质为解答的关键，注重基础知识的考查，题目难度不大4（3分）（2014兴国县校级四模）“酒驾”已经写入刑法人体内酒精含量超过20mg/100ml为酒驾，酒精含量超过80mg/100ml为醉驾交警常用一种“酒精检测仪”检测司机是否酒后驾车其反应原理为2CrO3+3C2H5OH+3H2SO43CH3CHO+X+6H2O下列说法不正确的是（）AX的化学式为Cr2（SO4）3B如果“酒精检测仪”中红色试剂变为绿色，说明司机酒后驾车CCH3CHO是还原产物DCrO3在反应中被还原考点：氧化还原反应版权所有专题：氧化还原反应专题分析
22、：反应2CrO3+3C2H5OH+3H2SO43CH3CHO+X+6H2O中，C元素化合价由2价升高为1价，被氧化，乙醇为还原剂，则反应中Cr元素化合价应降低，CrO3为氧化剂，结合质量守恒和电子得失守恒解答该题解答：解：A由质量守恒可知X的化学式为Cr2（SO4）3，故A正确；BCrO3为橙红色，如被还原，则生成绿色的Cr2（SO4）3，则如果“酒精检测仪”中红色试剂变为绿色，说明司机酒后驾车，故B正确；CC元素化合价由2价升高为1价，被氧化，CH3CHO是氧化产物，故C错误；D反应中Cr元素化合价应降低，CrO3为氧化剂，被还原，故D正确故选C点评：本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，侧
23、重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握氧化还原反应的特征，从元素化合价的角度解答该题，注意质量守恒的运用，难度不大5（3分）（2015巴中模拟）N2O5是一种新型硝化剂，在一定温度下可发生以下反应：2N2O5（g）4NO2（g）+O2（g）H0，T1温度时，向密闭容器中通入N2O5，部分实验数据见表格，下列说法中不正确的是（）时间/s0500100015005.003.522.502.50A500s内N2O5分解速率为2.96103molL1s1BT1温度下的平衡常数为K1=125，平衡时N2O5的转化率为50%CT1温度下的平衡常数为K1，T2温度下的平衡常数为K2，若T1T2，则K1
24、K2D达平衡后其他条件不变，将容器的体积压缩到原来的，则c（N2O5）5.00 molL1考点：化学平衡的影响因素版权所有专题：化学平衡专题分析：A依据图标数据分析计算500s内N2O5（g）消耗的浓度计算分解率；B由表中数据可知，T1温度下，1000s时反应到达平衡，平衡时c（N2O5）=2.5mol/L，计算平衡浓度结合平衡常数概念计算平衡常数，计算转化率；C该反应正反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应移动，平衡常数增大；D将容器的体积压缩到原来的，各物质的浓度先变为原来的2倍，而加压平衡左移解答：解答：解：A依据图标数据分析计算500s内N2O5（g）消耗的浓度=5.00mol/L3.
25、52mol/L=1.48mol/L，分解速率=2.96103 mol/（Ls），故A正确；B由表中数据可知，T1温度下，1000s时反应到达平衡，平衡时c（N2O5）=2.5mol/L，c（NO2）=5mol/L，c（O2）=1.25mol/L，平衡常数K=125，转化率为100%=50%，故B正确；C该反应正反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应移动，平衡常数增大，故C错误；DT1温度下，1000s时反应到达平衡，平衡时c（N2O5）=2.5mol/L，达平衡后其他条件不变，将容器的体积压缩到原来的，各物质的浓度先变为原来的2倍，而加压平衡左移，则c（N2O5）5.00 molL1，故D正确
26、；故选：C点评：本题考查化学平衡状态判断、化学平衡有关计算、化学平衡影响因素、平衡常数等，难度中等6（3分）（2014兴国县校级四模）常温下，下列溶液中的微粒浓度关系正确的是（）A常温下pH相同的下列溶液：NaHCO3 Na2CO3 CH3COONa，其溶液的浓度由大到小的顺序是：B某二元弱酸的酸式盐NaHA溶液中：c（H+）+c（Na+）c（OH）+c（HA）+c（A2）CpH=10的NaOH溶液与pH=4的CH3COOH溶液等体积混合：C（Na+）C（CH3COO）C（OH）C（H+）D0.1mol/L的氨水溶液与0.05mol/LH2SO4溶液等体积混合后所得溶液中：C（NH4+）+C（
27、NH3H2O）+C（NH3）C（SO42）考点：离子浓度大小的比较版权所有专题：盐类的水解专题分析：A这几种钠盐，pH相同时，酸根离子水解程度越大，其钠盐溶液浓度越小；B任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；CpH=10的NaOH溶液中c（NaOH）=104 mol/L，pH=4的醋酸溶液中c（CH3COOH）104 mol/L，二者等体积混合，醋酸有剩余，溶液呈酸性；D0.1mol/L的氨水溶液与0.05mol/LH2SO4溶液等体积混合时，二者恰好反应生成硫酸铵，溶液中存在物料守恒，根据物料守恒判断解答：解：A这几种钠盐，pH相同时，酸根离子水解程度越大，其钠盐溶液浓度越小，酸
28、根离子水解程度CO32HCO3CH3COO，则钠盐浓度大小顺序是：，故A正确；B任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（H+）+c（Na+）c（OH）+c（HA）+2c（A2），故B错误；CpH=10的NaOH溶液中c（NaOH）=104 mol/L，pH=4的醋酸溶液中c（CH3COOH）104 mol/L，二者等体积混合，醋酸有剩余，溶液呈酸性，则C（OH）C（H+），故C错误；D0.1mol/L的氨水溶液与0.05mol/LH2SO4溶液等体积混合时，二者恰好反应生成硫酸铵，溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得C（NH4+）+C（NH3H2O）+C（NH3）2C（SO42），故D
29、错误；故选A点评：本题考查了离子浓度大小比较，涉及盐类水解、酸碱混合溶液定性判断等知识点，明确物质的性质是解本题关键，再结合守恒思想分析解答，题目难度不大7（3分）（2014兴国县校级四模）下列各表述与示意图一致的是（）A表示25时，用0.1 molL1盐酸滴定20 mL 0.1 molL1 NaOH溶液，溶液的pH随加入酸体积的变化B曲线表示反应2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）；H0 正、逆反应的平衡常数K随温度的变化C表示10 mL 0.01 molL1 KMnO4 酸性溶液与过量的0.1 molL1 H2C2O4溶液混合时，n（Mn2+） 随时间的变化Da、b曲线分别表示反应CH
30、2=CH2 （g）+H2（g）CH3CH3（g）；H0使用和未使用催化剂时，反应过程中的能量变化考点：化学平衡的影响因素；反应热和焓变；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算版权所有专题：图示题分析：A当溶液pH=7时，氢氧化钠就与氯化氢恰好反应，滴定曲线应该有一个滴定突变；B该反应为放热反应，温度升高，平衡向着逆向移动，K（逆）增大、K（正）减小；C反应生成的Mn2+对该反应有催化作用，故反应速率越来越快，不是恒定速率；D因该反应是放热反应，应反应物的总能量大于生成物的总能量解答：解：A用盐酸滴定氢氧化钠溶液，当恰好中和时溶液的pH=7，酸碱中和在接近终点时，pH会发生突变，曲线的斜率会很大，
31、题中图象变化与实际不相符，故A错误；B因反应为放热反应，则升高温度，平衡逆向移动，平衡后升温K（逆）会增大，而K（正）会减小，图象中变化与实际上的变化相符，故B正确；C反应生成的Mn2+对该反应有催化作用，故反应速率越来越快，不是恒定速率，故C错误；D因该反应是放热反应，应反应物的总能量大于生成物的总能量，但图象描述是吸热反应，故D错误；故选B点评：本题结合图象考查了中和滴定、化学平衡移动、氧化还原反应、反应中的能量变化，难度较大要注意抓住图象的“形变神不变”对图象进行分析，培养学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力二、解答题（共3小题，满分43分）8（15分）（2014兴国县校级四模）
32、四种短周期元素在周期表中的相对位置如表所示，其中Z元素最外层电子数是其电子层数的2倍请回答下列问题：XYZW（1）元素Z位于周期表中的位置第三周期A族（2）Y与氢元素形成的18个电子的分子的电子式为（3）W、Z的最高价氧化物对应的含氧酸的酸性HClO4H2SO4（用化学式表示）（4）X、Y、Z、W四种元素对应的简单离子的半径由小到大的顺序是O2N3ClS2（用离子符号表示）（5）实验室制取X元素的氢化物的化学方程式为2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3+2H2O工业上用此氢化物来检验W的单质是否发生泄漏，有大量白烟生成，写出此反应的化学方程式8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2（
33、6）Z和X形成的一种化合物相对分子质量在170190之间，且Z的质量分数约为70%该化合物的化学式为S4N4考点：元素周期律和元素周期表的综合应用版权所有专题：元素周期律与元素周期表专题分析：X、Y、Z、W均为短周期元素，由元素在周期表中位置，可知X、Y处于第二周期，Z、W处于第三周期，Z元素最外层电子数是其电子层数的2倍，则Z为S，可推知X为N元素、Y为O元素、W为Cl，据此解答解答：解：X、Y、Z、W均为短周期元素，由元素在周期表中位置，可知X、Y处于第二周期，Z、W处于第三周期，Z元素最外层电子数是其电子层数的2倍，则Z为S，可推知X为N元素、Y为O元素、W为Cl，（1）元素Z为S元素，
34、位于周期表中的第三周期A族，故答案为：第三周期A族；（2）O元素与氢元素形成的18个电子的分子为H2O2，分子中氧原子之间形成1对共用电子对，氧原子与氢原子之间形成1对共用电子对，其电子式为，故答案为：；（3）非金属性ClS，故最高价氧化物对应的含氧酸的酸性：HClO4H2SO4，故答案为：HClO4；H2SO4；（4）电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，简单离子的半径由小到大的顺序是：O2N3ClS2，故答案为：O2N3ClS2；（5）实验室用氯化铵和氢氧化钙在加热条件下反应制备氨气，反应的化学方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3+2H2O，
35、Cl2具有强氧化性，遇氨气发生氧化还原反应生成N2，同时有NH4Cl生成，反应的化学方程式为：8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2，故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3+2H2O；8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2；（6）X为N元素，Z为S元素，形成的化合物中S的质量分数为70%，则S和N原子个数比为：=1：1，其相对分子质量在170190之间，设化学式为（SN）x，当x=4时，（32+14）4=184，满足相对分子质量在170190之间，故答案为：S4N4点评：本题考查位置结构性质的相互关系应用，推断元素是解题关键，综合考查学生的分析能力，题目难度中等9（14分）
36、（2014兴国县校级四模）硫元素有多种化合价，可形成多种化合物（1）SO2是形成酸雨的罪魁祸首，一定条件下，通过下列反应可实现燃煤烟气中硫的回收：2CO（g）+SO2（g） 2CO2（g）+S（1）H已知2CO（g）+O2（g）2CO2（g）H1566kJmol1S（1）+O2（g）SO2（g）H2296kJmol1则反应热H=270kJmol1（2）常温下用1molL1100mL NaOH溶液恰好完全吸收0.1mol SO2气体，此反应的离子方程式为SO2+OH=HSO3；该溶液pH7的原因是溶液中存在HSO3水解反应为：HSO3+H2OH2SO3+OH，HSO3在溶液中部分电离出氢离子，溶
37、液中电离大于水解（结合方程式回答）（3）请按照浓度由大到小的顺序排列0.1mol/LNa2SO3溶液中的离子c（Na+）c（SO32）c（OH）c（HSO3）c（H+）Na2SO3溶液放置于空气中一段时间后，溶液的pH减小 （填“增大”“减小”或“不变”）（4）某同学在常温下设计如下实验流程探究Na2S2O3的化学性质实验可说明B（填字母）A该Na2S2O3溶液中水电离的c（OH）=108mol/L BH2S2O3是一种弱酸CNa2S2O3是一种弱电解质 DNa2S2O3水解方程式为S2O32+2H2OH2S2O3+2OH写出实验发生反应的离子方程式S2O32+5H2O+4Cl2+Ba2+=2
38、BaSO4+8Cl+10H+考点：热化学方程式；离子浓度大小的比较；二氧化硫的化学性质；含硫物质的性质及综合应用版权所有专题：基本概念与基本理论；元素及其化合物分析：（1）依据盖斯定律结合热化学方程式计算所得热化学方程式得到反应焓变；（2）1molL1100mL NaOH溶液恰好完全吸收0.1mol SO2气体，发生反应的离子方程式为SO2+OH=HSO3，亚硫酸氢钠溶液呈酸性，电离大于水解；（3）Na2SO3溶液显碱性，SO32存在两步水解，以第一步水解为主，水解程度较小，据此判断离子浓度关系；根据亚硫酸酸根离子的还原性分析；（4）常温下实验测定溶液pH=8，说明溶液呈碱性，H2S2O3是一
39、种弱酸，据此分析判断选项；实验发生反应是利用氯气氧化 硫代硫酸钠为硫酸钠，结合钡离子生成硫酸钡沉淀解答：解：（1）已知2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）H1=566kJmol1S（l）+O2（g）=SO2（g）H2=296kJmol1反应2CO（g）+SO2（g）2CO2（g）+S（l）可以是所得，所以该反应的焓变H=566kJmol1（296kJmol1）=270kJmol1，故答案为：270；（2）溶液中存在HSO3水解反应为：HSO3+H2OH2SO3+OH，HSO3在溶液中部分电离出氢离子，其电离的离子方程式为：HSO3H+SO32，pH7说明NaHSO3溶液显弱酸性，溶液中电离
40、大于水解；故答案为：HSO3H+SO32，溶液中存在HSO3水解反应为：HSO3+H2OH2SO3+OH，HSO3在溶液中部分电离出氢离子，溶液中电离大于水解；（3）Na2SO3溶液显碱性，SO32存在两步水解：SO32+H2OHSO3+OH，HSO3+H2OH2SO3+OH，以第一步水解为主，水解程度较小，则0.1mol/L Na2SO3溶液中的离子浓度顺序为：c（Na+）c（SO32）c（OH）c（HSO3）c（H+）；亚硫酸酸根离子具有较强的还原性，能被空气中的氧气氧化为硫酸根离子，硫酸根离子不水解，则溶液的碱性降低，pH减小；故答案为：c（Na+）c（SO32）c（OH）c（HSO3）
41、c（H+）；减小；（4）常温下实验测定溶液pH=8，说明溶液呈碱性，H2S2O3是一种弱酸，A该Na2S2O3溶液pH=8，溶液呈碱性，硫代硫酸根离子水解显碱性，水电离的c（OH）=106mol/L，故A错误； BNa2S2O3溶液pH=8，溶液呈碱性，硫代硫酸根离子水解显碱性，证明H2S2O3是一种弱酸，故B正确；CNa2S2O3是钠盐是一种强电解质，故C错误； DNa2S2O3水解分步进行，反应的离子方程式为S2O32+H2OHS2O3+OH，HS2O3+H2OH2S2O3+OH，故D错误；实验发生反应是利用氯气氧化硫代硫酸钠为硫酸钠，说明Na2S2O3具有还原性，硫酸钠结合钡离子生成硫酸
42、钡沉淀，反应的离子方程式：S2O32+5H2O+4Cl2+Ba2+=2BaSO4+8Cl+10H+；故答案为：B；S2O32+5H2O+4Cl2+Ba2+=2BaSO4+8Cl+10H+点评：本题考查了方程式的书写、反应产物定量分析判断，盐类水解应用，离子浓度大小比较方法等，题目综合性较强，难度较大，侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力，熟练掌握基础是关键10（14分）（2013资阳模拟）高锰酸钾是锰的重要化合物和常用氧化剂，在实验室和医疗上有非常广泛的应用以下是工业上用软锰矿（主要含MnO2）制备高锰酸钾晶体的一种工艺流程：（1）操作的名称是过滤，实验室进行该操作须用到的玻璃仪器有烧杯、漏
43、斗、玻璃棒；（2）反应的产物中，氧化产物与还原产物的物质的量之比是1：2；（3）反应中“酸化”时不能选择下列酸中的a（填字母序号）a稀盐酸 b稀硫酸 c稀醋酸（4）电解锰酸钾溶液也可以制备高锰酸钾，其阴极反应式为：2H2O+2e=2OH+H2，如图，b为电源的负极，电解池的阳极反应式是MnO42eMnO4；若电解过程中收集到2.24L H2（标准状况），则得到高锰酸钾31.6g（提示：阴离子放电顺序MnO42OH）考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；原电池和电解池的工作原理版权所有专题：实验设计题；氧化还原反应专题分析：（1）软锰矿中含有不溶于水的物质，由流程图可知，通过操作得到滤液
44、，因此操作为过滤；（2）K2MnO4与酸发生氧化还原反应生成KMnO4和MnO2，由化合价升降相等确定氧化产物与还原产物的物质的量之比；（3）酸性高锰酸钾溶液能氧化盐酸，因此不能选用盐酸酸化；（4）电解锰酸钾溶液也可以制备高锰酸钾，锰的化合价升高，MnO42在阳极放电，因此铁棒只能作阴极，所以b为负极；根据得失电子守恒计算高锰酸钾的物质的量，代入m=nM计算质量解答：解：（1）软锰矿中含有不溶于水的物质，由流程图可知，通过操作得到滤液，因此操作为过滤，过滤用到的玻璃仪器有：玻璃棒、漏斗、烧杯，故答案为：过滤；烧杯、漏斗、玻璃棒；（2）K2MnO4与酸发生氧化还原反应生成KMnO4和MnO2，M
45、n元素的化合价由+6变为+7和+4价，因此KMnO4为氧化产物，MnO2为还原产物，根据化合价升降相等可知，氧化产物与还原产物的物质的量之比为（76）：（64）=1：2，故答案为：1：2；（3）酸性高锰酸钾溶液能氧化盐酸生成氯气，因此不能选用盐酸酸化，故答案为：a；（4）电解锰酸钾溶液也可以制备高锰酸钾，锰的化合价升高，MnO42在阳极放电，电极反应是为MnO42eMnO4，因此铁棒只能作阴极，所以b为负极；n（H2）=0.1mol，根据得失电子守恒可知，生成KMnO4的物质的量为0.1mol2=0.2mol，m（KMnO4）=0.2mol158g/mol=31.6g，故答案为：负；MnO42
46、eMnO4；31.6点评：本题考查了高锰酸钾的制备，难度一般，涉及化工生成流程和电解法制备，掌握物质的性质、氧化还原反应原理、电解原理是解题的关键【化学选修2化学与技术】11（15分）（2014兴国县校级四模）绿矾（FeSO47H2O）是生产钛白粉的主要副产物某研究人员提出“绿色自由”构想：以绿矾等原料生产如图所示产品，达到综合利用工业废弃物的目的已知：在水中溶解适量的有机物后，离子化合物在水中的溶解度可以不同程度的减小请回答下列问题：（1）上述流程“循环利用”的物质有水、DFA（2）写出第步的化学方程式FeSO47H2O+（NH4）2CO3=Fe（OH）2+CO2+（NH4）2SO4+6H2
47、O（3）相同条件下，氯化钾、硫酸钾、硫酸铵中溶解度最小的是硫酸钾，第II步加入有机物DFA的作用是降低硫酸钾的溶解度，使之结晶析出，促使平衡右移（4）分离由硫酸钾、氯化铵组成的固体混合物的方法是加热（5）Fe（OH）2在空气中灼烧可得到铁红，铁红是冶炼铁的重要原料写出生成铁红的化学方程式：4Fe（OH）2+O22Fe2O3+4H2O（6）理论上，工业生产atNH4C1需要绿矾t考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用版权所有专题：实验设计题分析：（1）根据流程分析流程中循环利用的物质；（2）根据流程，FeSO47H2O和（NH4）2CO3反应生成Fe（OH）2、CO2、（NH4）2SO4，
48、据此写出反应方程式；（3）从流程图可知，氯化钾和硫酸铵反应生成硫酸钾和氯化铵分析；由已知：在水中溶解适量的有机物后，离子化合物在水中的溶解度可以不同程度的减小分析；（4）氯化铵受热易分解生成氯化氢和氨气，硫酸钾稳定；（5）氢氧化亚铁不稳定，易被氧化，铁红为氧化铁，据此写出反应方程式；（6）根据FeSO47H2O（NH4）2SO42NH4Cl计算解答：解：（1）从流程看，第一步加入手，第三步生成水，故水可循环利用，第二步加入DFA，第三步分离出DFA循环利用，故答案为：水、DFA；（2）根据流程，FeSO47H2O和（NH4）2CO3反应生成Fe（OH）2、CO2、（NH4）2SO4，反应反应方
49、程式为：FeSO47H2O+（NH4）2CO3=Fe（OH）2+CO2+（NH4）2SO4+6H2O；故答案为：FeSO47H2O+（NH4）2CO3=Fe（OH）2+CO2+（NH4）2SO4+6H2O；（3）从流程图可知，氯化钾和硫酸铵反应生成硫酸钾和氯化铵，由于析出硫酸钾，故硫酸钾的溶解度最小；由已知：在水中溶解适量的有机物后，离子化合物在水中的溶解度可以不同程度的减小可知，加入DFA是为了降低硫酸钾的溶解度，使之结晶析出，促使平衡右移；故答案为：硫酸钾；降低硫酸钾的溶解度，使之结晶析出，促使平衡右移；（4）氯化铵受热易分解生成氯化氢和氨气，硫酸钾稳定，故采用加热方法；故答案为：加热；（
50、5）氢氧化亚铁不稳定，易被氧化，铁红为氧化铁，反应物为氢氧化亚铁和氧气，生成物为氧化铁和水，反应方程式为：4Fe（OH）2+O22Fe2O3+4H2O；故答案为：4Fe（OH）2+O22Fe2O3+4H2O；（6）FeSO47H2O（NH4）2SO42NH4Cl 278 107 m atm=t；故答案为：点评：本题考查了制备实验方案的设计，中等难度，注意从流程图和题干中得出一些解题信息化学一选修3物质结构与性质12（15分）（2015陕西模拟）化学选修3：物质结构与性质Q、R、X、Y、Z为周期表前四周期元素，原子序数依次递增已知：Q为元素周期表中原子半径最小的元素；R的基态原子中电子占据三种能
51、量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同；Y的基态原子的核外成对电子数是未成对电子数的3倍；Q、R、Y三种元素组成的一种化合物M是新装修居室中常含有的一种有害气体，Q、R两种元素组成的原子个数比为1：1的化合物N是中学化学中常见的有机溶剂；Z有“生物金属”之称，Z4+离子和氩原子的核外电子排布相同请回答下列问题（答题时，Q、R、X、Y、Z用所对应的元素符号表示）（1）化合物M的空间构型为平面三角形，其中心原子采取sp2杂化；化合物N在固态时的晶体类型为分子晶体（2）R、X、Y三种元素的第一电离能由小到大的顺序为CON；（3）由上述一种或多种元素组成的与RY2互为等电子体的分子为N2O（写分
52、子式）（4）由R、X、Y三种元素组成的RXY离子在酸性条件下可与NaClO溶液反应，生成X2、RY2等物质该反应的离子方程式为2CNO+2H+3ClON2+2CO2+3C1+H2O（5）Z原子基态时的外围电子排布式为3d24s2；Z的一种含氧酸钡盐的晶胞结构如图所示，晶体内与每个Z原子等距离且最近的氧原子数为6考点：物质的结构与性质之间的关系；离子方程式的书写；元素电离能、电负性的含义及应用；分子晶体；晶胞的计算版权所有专题：图示题；结构决定性质思想；化学应用分析：根据前四周期元素，原子序数依次递增，Q为元素周期表中原子半径最小的元素则Q为氢元素；R的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，
53、且每种轨道中的电子总数相同则R的电子排布为1S22S22P2，即R为碳元素；Y的基态原子的核外成对电子数是未成对电子数的3倍，则Y的电子排布为1S22S22P4，即Y为氧元素；R、X、Y的原子序数依次递增，即X为N元素，然后推出则M为甲醛，N为苯，再由Z4+离子和氩原子的核外电子排布相同，则Z的原子序数为22，即Z为钛元素；（1）根据孤电子对数和键数来分析杂化，利用构成晶体的微粒来分析晶体类型；（2）根据元素的非金属性及电子的排布来分析元素的第一电离能；（3）根据等电子体中的原子数和价电子数来分析；（4）根据反应物和生成物来分析离子反应方程式；（5）利用原子序数来分析电子排布，再利用晶体的结构
54、来分析晶体内与每个Z原子等距离且最近的氧原子的位置解答：解：由信息可知，Q为氢元素，R为碳元素，X为N元素，Y为氧元素，Z为钛元素，M为甲醛，N为苯；（1）化合物M为甲醛，碳原子的孤电子对数为0，碳原子的键数为3，则碳原子采取sp2杂化，空间结构为平面三角形，化合物N为苯，是由碳、氢元素组成的化合物，苯是由苯分子直接构成的，则N在固态时的晶体类型为分子晶体，故答案为：平面三角形；sp2；分子晶体；（2）R、X、Y三种元素的分别为C、N、O，非金属性越强则元素的第一电离能越大，但N原子的电子排布中P轨道半满，则失去1个电子更难，即三种元素中N元素的第一电离能最大，故答案为：CON；（3）RY2为
55、CO2，分子中有3个原子，价电子数为4+62=16，N2O的分子中有3个原子，价电子数为52+6=16，则CO2与N2O互为等电子体，故答案为：N2O；（4）由RXY离子在酸性条件下可与NaClO溶液反应，生成X2、RY2等物质，由反应物与生成物，利用元素守恒、电荷守恒，则离子方程式为2CNO+2H+3ClON2+2CO2+3C1+H2O，故答案为：2CNO+2H+3ClON2+2CO2+3C1+H2O；（5）因Z4+离子和氩原子的核外电子排布相同，则Z的原子序数为22，即Z为钛元素，其电子基态电子排布为1S22S22P63S23P63d24s2，电子最后填充3d电子，则外围电子排布为3d24
56、s2，由晶体结构图可知，晶体内与每个Z原子等距离且最近的氧原子在棱的位置，则氧原子数为=6，故答案为：3d24s2；6点评：本题考查原子结构与性质，明确元素的位置、结构、性质是解答的关键，电子排布式、杂化类型、晶体类型、性质的比较是高考中常考的考点，N原子的第一电离能比O原子的大是学生解答的难度化学一选修5有机化学基础13（15分）（2013资阳模拟）有机物A是常用的食用油抗氧化剂，分子式为C10H12O5，可发生如下转化：已知B的相对分子质量为60，分子中只含一个甲基；C的结构可表示为（其中：X、Y均为官能团）据此回答下列问题：（1）根据系统命名法，B的名称为1丙醇，C的核磁共振氢谱的峰面积
57、之比为1：2：2：1；（2）官能团X的名称为羧基，第步的反应类型为消去反应；（3）高聚物E的结构简式为，A的结构简式为；（4）反应的化学方程式为：+NaHCO3+H2O+CO2；（5）C有多种同分异构体，写出其中2种符合下列要求的同分异构体的结构简式：任意2种；a含有苯环b能发生银镜反应c不能发生水解反应考点：有机物的推断版权所有专题：有机物的化学性质及推断分析：A在氢氧化钠水溶液条件下发生水解反应，并酸化得到B与C，则A中含有酯基，其中B的相对分子质量为60，分子中只含一个甲基，能在浓硫酸的作用下发生消去反应，则B为CH3CH2CH2OH，发生消去反应得到D为CH3CHCH2，D发生加聚反应
58、得到高分子化合物E为，C能与碳酸氢钠溶液反应得到气体，则C含有COOH，能与氯化铁溶液发生显色反应，则C中含有酚羟基，C的结构可表示为（其中：X、Y均为官能团），则C为，可推知A为，据此解答解答：解：分子中只含一个甲基，能在浓硫酸的作用下发生消去反应，则B为CH3CH2CH2OH，发生消去反应得到D为CH3CHCH2，D发生加聚反应得到高分子化合物E为，C能与碳酸氢钠溶液反应得到气体，则C含有COOH，能与氯化铁溶液发生显色反应，则C中含有酚羟基，C的结构可表示为（其中：X、Y均为官能团），则C为，可推知A为，（1）B为CH3CH2CH2OH，根据系统命名法，B的名称为1丙醇，C为，核磁共振氢
59、谱的峰面积之比为1：2：2：1，故答案为：1丙醇；1：2：2：1；（2）官能团X的名称为：羧基，第步反应CH3CH2CH2OH发生消去反应得到D为CH3CHCH2，故答案为：羧基；消去反应；（3）高聚物E的结构简式为：，A的结构简式为：，故答案为：；（4）反应的化学方程式为：+NaHCO3+H2O+CO2，故答案为：+NaHCO3+H2O+CO2；（5）C为有多种同分异构体，同分异构体符合条件：a含有苯环，b能发生银镜反应，c不能发生水解反应，含有CHO，不含酯基，还含有4故OH，符合条件的同分异构体有：，故答案为：任意2种点评：考查有机物的推断与合成，涉及酯、醇、醛、羧酸的性质与官能团的性质、同分异构体书写等，是对有机物知识的总运用，理解酯类水解的原理是解题的关键，注意基础知识的掌握