1、江西省赣州市六校2014届高三上学期期末联考化学试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1根据下列物质的性质，判断其应用错误的是（）A明矾水解时产生具有吸附性的胶体粒子，可作自来水的净水剂BCaO能与SO2反应，可作工业废气的脱硫剂C浓硫酸、浓硝酸具有强氧化性，在常温下可用铁、铝制容器来盛装浓硫酸或浓硝酸D铜的金属活泼性比铁的弱，可在海轮外壳上焊若干铜块以减缓其腐蚀考点：盐类水解的应用；金属的电化学腐蚀与防护；硝酸的化学性质；二氧化硫的污染及治理；浓硫酸的性质.专题：化学应用分析：A、明矾在溶液中溶解后的铝离子水解生成具有吸附悬浮杂质作用的氢氧化铝胶体；B、氧化钙和二氧化硫反应生成亚
2、硫酸钙，在空气中氧化为硫酸钙，起到脱硫作用；C、铁与铝常温下在浓硫酸、浓硝酸溶液中发生钝化现象，阻止反应进行；D、铜和铁在电解质溶液中形成原电池，铁做负极失电子被腐蚀解答：解：A、明矾在溶液中溶解后的铝离子水解生成具有吸附悬浮杂质作用的氢氧化铝胶体，能吸附水中悬浮杂质，故A正确；B、氧化钙和二氧化硫反应生成亚硫酸钙，在空气中氧化为硫酸钙，起到钙基固硫的作用，能起到脱硫作用，故B正确；C、铁与铝常温下在浓硫酸、浓硝酸溶液中发生钝化现象，阻止反应进行，在常温下可用铁、铝制容器来盛装浓硫酸或浓硝酸，故C正确；D、铜和铁在电解质溶液中形成原电池，铁做负极失电子加快船体腐蚀，故D错误；故选D点评：本题考
3、查了盐类水解应用，钙基固硫原理，钝化现象和原电池原理的应用，掌握基础是关键，题目较简单2（6分）莽草酸可用于合成药物达菲，其结构简式如图，下列关于莽草酸的说法正确的是（）A分子式为C7H6O5B分子中含有两种官能团C可发生加成、取代和氧化反应D在水溶液中羟基和羧基均能电离出氢离子考点：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式，有机物中含碳碳双键、OH、COOH，结合烯烃、醇、羧酸的性质来解答解答：解：A由结构简式可知分子式为C7H10O5，故A错误；B含碳碳双键、OH、COOH三种官能团，故B错误；C含碳碳双键可发生加成反应、氧化反应，含OH可发生取代反应、氧
4、化反应，故C正确；D只有COOH能电离出氢离子，而羟基不能，故D错误；故选C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，侧重烯烃、醇、羧酸性质的考查，题目难度不大3（6分）设NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）A标准状况下，2.24L戊烷所含分子数为0.1NAB0.3mol NO2与水充分反应转移的电子数目为0.2NAC1mol Na2O2固体中所含的离子总数为4NAD60g SiO2晶体所含SiO键的数目为2NA，78g苯含有C=C双键的数目为3NA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、标准状况下，戊烷的状态不是气体
5、，不能使用标况下的气体摩尔体积计算戊烷的物质的量；B、二氧化氮与水反应生成一氧化氮和硝酸，0.3mol二氧化氮与水完全反应生成0.2mol硝酸、0.1mol一氧化氮，转移0.2mol电子；C、过氧化钠中的离子为钠离子和过氧根离子，1mol过氧化钠中含有3mol离子；D、60g二氧化硅的物质的量为1mol，1mol二氧化硅中含有4mol硅氧键；78g苯的物质的量为1mol，苯分子中不存在碳碳双键解答：解：A、标况下戊烷不是气体，题中无法计算2.24L戊烷的物质的量，故A错误；B、0.3mol二氧化氮与水反应生成0.1mol一氧化氮和0.2mol硝酸，转移了0.2mol电子，反应转移的电子数目为0
6、.2NA，故B正确；C、1mol过氧化钠中含有2mol钠离子、1mol过氧根离子，总共含有3mol离子，所含的离子总数为3NA，故C错误；D、60g SiO2晶体的物质的量为1mol，1mol二氧化硅中含有4mol硅氧键，所含SiO键的数目为4NA，78g苯的物质的量为1mol，苯分子中不存在C=C双键，故D错误；故选B点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的判断及计算，题目难度中等，注意明确标况下气体摩尔体积的使用条件，明确二氧化硅中硅氧键的成键情况及成键数目求算方法，注意苯分子的结构4（6分）下列各表述与示意图一致的是（）A此图表示25时，用0.1mol/L盐酸滴定20mL 0.1mol/L Na
7、OH溶液，溶液的pH随加入酸体积的变化得到的滴定曲线B此图表示一定条件下进行的反应2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H0各成分的物质的量变化，t2时刻改变的条件可能是降低温度或缩小容器体积C此图表示某明矾溶液中加入Ba（OH）2溶液，沉淀的质量与加入Ba（OH）2溶液体积的关系，在加入20mL Ba（OH）2溶液时铝离子恰好沉淀完全D此图表示化学反应H2（g）+C12（g）2HCl（g）的能量变化，则该反应的反应热H=183kJ/mol考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；离子方程式的有关计算；反应热和焓变；物质的量或浓度随时间的变化曲线.专题：图示题分析：A、等浓度、等体积的氢氧
8、化钠与盐酸反应，在滴定终点时pH会发生突变；B、根据图象可知，t2时刻反应物物质的量减小，生成物浓度增加，说明平衡向着正向移动，根据影响化学平衡的因素分析；C、铝离子恰好完全沉淀时，沉淀的总质量没有达到最大，即在加入氢氧化钡溶液15mL处；D、根据反应物、生成物总能量可以判断出该反应为放热反应，焓变应该小于0解答：解：A、0.1molL1NaOH溶液的pH为13，用0.1molL1盐酸滴定恰好中和时pH为7，因浓度相同，则体积相同，但酸碱中和在接近终点时，pH会发生突变，曲线的斜率会很大，故A错误；B、因反应为体积减小的放热反应，则降低温度或增大压强，平衡向着正向移动，二氧化硫、氧气的物质的量
9、减小，三氧化硫的物质的量增大，图象与反应情况一致，故B正确；C、当Al3+完全沉淀时，离子方程式为2Al3+3SO42+3Ba2+6OH=3BaSO4+2Al（OH）3；当SO42完全沉淀时，离子方程式为Al3+2SO42+2Ba2+4OH=2BaSO4+AlO2+2H2O，可见加入15mL氢氧化钡溶液时，铝离子完全沉淀，最后氢氧化铝沉淀逐渐溶解，硫酸钡沉淀逐渐增加，沉淀的质量继续增大，当硫酸根离子完全转化成硫酸钡沉淀时，氢氧化铝完全溶解，即加入20mL氢氧化钡溶液时代表SO42完全沉淀，铝离子完全溶解，故C错误；D、分析图象拆化学键和形成化学键能量变化判断，该反应是放热反应，反应热H=183
10、kJ/mol，故D错误；故选B点评：本题考查了酸碱中和滴定曲线判断、反应热和焓变、离子方程式的有关计算等知识，题目难度中等，注意掌握根据图象判断反应热与焓变的方法，明确外界条件对化学平衡的影响5（6分）（2014安阳二模）六种短周期元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大，A和D同族，C和F同族，B、C、D、E的离子均具有相同的电子层结构，E在同周期元素中离子半径最小A和B、C、F均能形成共价型化合物，A和B形成的化合物Y在水中呈碱性，D和F形成的化合物在水中呈中性下列说法错误的是（）AC的单质能将F单质从EF3的溶液中置换出来BB、D离子的半径大小是BDC化合物AC的沸点比化合物AF的高
11、D化合物AF与化合物Y可形成含有共价键的离子化合物考点：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：六种短周期元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大，A和B形成的共价化合物在水中呈碱性，该化合物为NH3，则A为氢元素、B为氮元素；A和D同族，D的原子序数大于氮元素，故D为Na元素；D和F形成的化合物在水中呈中性，结合原子序数可知，F为Na；C和F同族，则C为氟元素；B、C、D、E的离子均具有相同的电子层结构，E在同周期元素中离子半径最小，则E为Al，据此解答解答：解：六种短周期元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大，A和B形成的共价化合物在水中呈碱性，该化合物
12、为NH3，则A为氢元素、B为氮元素；A和D同族，D的原子序数大于氮元素，故D为Na元素；D和F形成的化合物在水中呈中性，结合原子序数可知，F为Na；C和F同族，则C为氟元素；B、C、D、E的离子均具有相同的电子层结构，E在同周期元素中离子半径最小，则E为Al，A氟气与AlCl3的溶液中随反应生成HF与氧气，不能置换出氯气，故A错误；B电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径BD，故B正确；CHF分子之间存在氢键，沸点比较HCl高，故C正确；DHCl与NH3生成的NH4Cl属于离子化合物，故D正确，故选A点评：本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题的关键，“A和B形成的共价化合
13、物在水中呈碱性”是推断突破口，注意微粒半径比较规律的掌握6（6分）（2013吉林二模）在下列装置中，MSO4和NSO4是两种常见金属的易溶盐当K闭合时，SO42从右到左通过交换膜移向M极，下列分析正确的是（）A溶液中c（M2+）减小BN的电极反应式：N=N2+2eCX电极上有H2产生，发生还原反应D反应过程中Y电极周围生成白色胶状沉淀考点：原电池和电解池的工作原理.专题：电化学专题分析：当 K 闭合时，在交换膜处 SO42从右向左移动，说明M为负极，N为正极，即M的金属活动性大于N；连接N的Y极为阳极，连接M的X极为阴极，电解池工作时，Y极上氯离子失电子发生氧化反应，电极反应式为2Cl2e=C
14、l2，X极上发生的电极反应式为2H+2e=H2，以此解答该题解答：解：当 K 闭合时，在交换膜处 SO42从右向左移动，说明M为负极，N为正极，AM为负极，被氧化生成M2+，溶液中c（M2+）增大，故A错误；BN为正极，发生还原反应，为N2+2e=N，故B错误；CX极上发生的电极反应式为2H+2e=H2，生成氢气，被还原，故C正确；D反应过程中Y电极为阳极，发生2Cl2e=Cl2，没有沉淀生成，故D错误故选C点评：本题综合考查原电池好电解池知识，侧重于学生的分析能力和电化学知识的综合考查，为高考常见题型和高频考点，注意根据离子的定向移动判断原电池的正负极，明确电极方程式的书写为解答该题的关键，
15、难度不大7（6分）下列根据实验操作和现象所得出的结论错误的是（）选项实验操作实验现象结论A向溶液X中先滴加稀硝酸，再滴加Ba（NO3）2溶液出现白色沉淀溶液X不一定含有SO42B向FeCl3+3KSCNFe（SCN）3+3KCl溶液平衡体系中加入少量固体KCl体系颜色无变化KCl不能使该平衡移动C向浓度均为0.1molL1 NaCl和NaI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液出现黄色沉淀Ksp（AgCl）Ksp（AgI）D向两份蛋白质溶液中分别滴加饱和NaCl溶液和CuSO4溶液均有固体析出蛋白质均发生变性AABBCCDD考点：化学实验方案的评价.专题：实验评价题分析：A稀硝酸具有强氧化性，能将亚
16、硫酸根离子氧化为硫酸根离子；B根据体现颜色是否变化确定氯化钾能否影响平衡移动；C溶度积常数越小的越先出现沉淀；D重金属盐能使蛋白质变性，氯化钠溶液能使蛋白质盐析解答：解：A稀硝酸具有氧化性，能将亚硫酸氢根离子和亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子而造成干扰，所以不能据此判断原溶液中含有硫酸根离子，应该用盐酸酸化的氯化钡溶液检验硫酸根离子，故A正确；B向体系中加入氯化钾固体时，氯化钾浓度增大，但体系颜色不变，说明氯化钾不影响平衡，故B正确；C先生成AgI，可说明AgI的溶解度较小，故C正确；D蛋白质在氯化钠溶液中发生盐析，在硫酸铜溶液中变性，故D错误；故选D点评：本题考查较为综合，涉及蛋白质的性质、难溶
17、电解质的溶解平衡、物质的鉴别等问题，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高考常见题型，注意把握物质的性质的异同，把握实验方法和注意事项，注意蛋白质盐析具有可逆性，但变性没有可逆性，为易错点二、解答题（共3小题，满分43分）8（14分）（2013莱芜二模）亚氯酸钠（NaClO2）常用于水的消毒和砂糖、油脂的漂白与杀菌如图所示是用过氧化氢法生产亚氯酸钠的工艺流程图：已知：NaClO2的溶解度随温度升高而增大，适当条件下可结晶析出NaClO23H2O（1）吸收塔内发生反应的化学方程式为2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2（配平化学方程式）该工艺流程中的NaClO3、C
18、lO2、NaClO2都是强氧化剂，它们都能和浓盐酸反应制取Cl2若用二氧化氯和浓盐酸制取Cl2，当生成5mol Cl2时，通过还原反应制得氯气的质量为71克（2）从滤液中得到的NaClO23H2O晶体的操作依次是dc（填写序号）a蒸馏；b灼烧；c过滤；d冷却结晶（3）印染工业常用亚氯酸钠（NaClO2）漂白织物，漂白织物时真正起作用的是HClO2下表是25时HClO2 及几种常见弱酸的电离平衡常数：弱酸HClO2HFHCNH2SKa/molL111026.31044.91010常温下，物质的量浓度相等的NaClO2、NaF、NaCN、Na2S四种溶液的pH由大到小的顺序为pH（Na2S）pH（
19、NaCN）pH（NaF）pH（NaClO2）；体积相等，物质的量浓度相同的NaF、NaCN两溶液中所含阴阳离子总数的大小关系为：前者大（填“前者大”“相等”或“后者大”）Na2S是常用的沉淀剂某工业污水中含有等浓度的Cu2+、Fe2+、Pb2+ 离子，滴加Na2S溶液后首先析出的沉淀是CuS；当最后一种离子沉淀完全时（该离子浓度为105molL1）此时的S2的浓度为6.31013mol/L已知考点：化学方程式的有关计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用.分析：（1）根据题目信息并运用氧化还原反应理论判断反应物、生成物根据流程信息可知，吸收塔内生成NaC
20、lO2，一定有ClO2NaClO2，Cl元素化合价降低，被还原；则H2O2必定被氧化，有氧气产生，据此配平书写方程式；反应中ClO2是氧化剂，发生还原反应，HCl是还原剂，发生氧化反应，根据电子转移计算氧化剂与还原剂的物质的量之比，据此确定还原产物与氧化产物物质的量之比，计算还原反应生成的氯气，再根据m=nM计算；（2）从溶液中得到含结晶水的晶体，只能采取蒸发、浓缩、冷却结晶方法，通过过滤得到粗晶体得到的粗晶体经过重结晶可得到纯度更高的晶体；（3）、弱酸的电离平衡常数越大，酸性越强，反之酸性越弱，酸性越弱，对应钠盐中酸根离子水解程度越大，溶液的PH越大；NaF、NaCN两溶液中钠离子浓度相同，
21、由于阴离子都是1价离子，1mol阴离子水解得到1mol氢氧根离子，阴离子的总浓度不变，两溶液中阴离子总浓度相同，故溶液碱性越强，氢离子浓度越小，含有阴阳离子总数的越小；物质组成类型相同，溶度积越小，溶解度越小，滴加硫化钠，相应阳离子最先沉淀；根据溶度积计算S2的浓度解答：解：（1）（3）根据流程信息可知，吸收塔内生成NaClO2，所以一定有ClO2NaClO2，化合价降低，被还原；则H2O2必定被氧化，有氧气产生，反应方程式为：2NaOH+2ClO2+H2O2=2 NaClO2+2H2O+O2，反应中ClO2是氧化剂，发生还原反应，HCl是还原剂，发生氧化反应，根据电子转移守恒可知4n（ClO
22、2）=n（HCl），故n（ClO2）：n（HCl）=1：4，故还原产物与氧化产物物质的量之比为1：4，故还原反应生成的氯气为5mol=1mol，通过还原反应制得氯气的质量为1mol71g/mol=71g，故答案为：2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2；71；（2）从溶液中得到含结晶水的晶体，只能采取蒸发、浓缩、冷却结晶方法，通过过滤得到粗晶体，所以操作顺序为dc，故答案为：dc；（3）根据电离平衡常数可知酸性强弱顺序为：HClO2HFHCNHS，酸性越弱，对应钠盐中酸根离子水解程度越大，溶液的PH越大，故物质的量浓度相等各溶液pH关系为：pH（Na2S）pH（NaC
23、N）pH（NaF）pH（NaClO2），NaF、NaCN两溶液中钠离子浓度相同，由于阴离子都是1价离子，1mol阴离子水解得到1mol氢氧根离子，阴离子的总浓度不变，两溶液中阴离子总浓度相同，溶液为碱性，pH（NaCN）pH（NaF），故NaCN溶液碱氢离子浓度较小，含有阴阳离子总数较小，即NaF溶液中阴阳离子总数较大，故答案为：pH（Na2S）pH（NaCN）pH（NaF）pH（NaClO2）；前者大；物质组成类型相同，溶度积越小，溶解度越小，滴加硫化钠，相应阳离子最先沉淀，故首先析出沉淀是CuS，Fe2+最后沉淀，沉淀完全时该浓度为105molL1，此时的S2的浓度为mol/L=6.310
24、13mol/L，故答案为：CuS；6.31013mol/L点评：本题以学生比较陌生的亚氯酸钠制备为载体，考查学生阅读题目获取信息的能力、氧化还原反应计算、物质分离提纯、盐类水解、溶度积的有关计算与应用等，是在新情境下综合运用知识解决问题的能力的考查，题目有一定的难度9（15分）已知在常温常压下：2CH3OH（l）+3O2（g）2CO2（g）+4H2O（g）；H=_1275.6kJmol1H2O（l）H2O（g）；H=+44.0kJmol1写出表示甲醇燃烧热的热化学方程式：CH3OH（l）+3/2O2（g）CO2（g）+2H2O（l）H=_725.8kJmol1甲醇可以与水蒸气反应生成氢气，反应
25、方程式如下：CH3OH（g）+H2O（g）CO2（g）+3H2（g）；H0（1）一定条件下，向体积为2L的恒容密闭容器中充入1mol CH3OH（g）和3mol H2O（g），20s后，测得混合气体的压强是反应前的1.2倍，则用甲醇表示该反应的速率为0.01mol/（Ls）（2）判断（1）中可逆反应达到平衡状态的依据是（填序号）v正（CH3OH）=3v逆（H2） 混合气体的密度不变 混合气体的平均相对分子质量不变 CH3OH、H2O、CO2、H2的浓度都不再发生变化 CO2和H2的浓度之比为1：3（3）图1中P是可自由平行滑动的活塞，关闭K，在相同温度时，向A容器中充入1mol CH3OH（g
26、）和2mol H2O（g），向B容器中充入1.2mol CH3OH（g）和2.4mol H2O（g），两容器分别发生上述反应已知起始时容器A和B的体积均为a L，反应达到平衡时容器B的体积为1.5a L，容器B中CH3OH转化率为75%；维持其他条件不变，若打开K一段时间后重新达到平衡，容器B的体积为1.75aL（连通管中气体体积忽略不计，且不考虑温度的影响）如图2甲、乙是电化学实验装置请回答下列问题：（1）若两池中均盛放CuSO4溶液甲池中石墨棒上的电极反应式为Cu2+2e=Cu如果起始时乙池盛有200mL CuSO4溶液，电解一段时间后溶液蓝色变浅，若要使溶液恢复到电解前的状态，需要向溶液
27、中加入0.8g CuO，则其电解后的pH为1（忽略溶液体积的变化）（2）若甲池中盛放饱和NaCl溶液，则甲池中石墨棒上的电极反应式为O2+2H2O+4e=4OH考点：热化学方程式；电极反应和电池反应方程式；反应速率的定量表示方法；化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素.专题：化学平衡专题；电化学专题分析：、依据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需热化学方程式；、（1）依据化学平衡三段式列式计算，气体压强之比等于物质的量之比；（2）化学平衡的标志是正逆反应速率相同，各组分浓度保持不变分析选项；（3）依据恒温恒容、恒温恒压容器变化，结合反应平衡特征分析判断，压强变化和物质的量变化成正比；打开KAB组
28、成的是恒温恒压容器，依据压强变化和物质的量变化成正比计算得到；、（1）甲池是原电池装置，铁做负极失电子发生氧化反应，碳做正极溶液中铜离子得到电子生成铜；依据电解硫酸铜溶液后加入氧化铜恢复原来溶液浓度，说明加入的氧化铜和生成的硫酸前后反应计算得到溶液中氢离子浓度，计算溶液pH；（2）若甲池中盛放饱和NaCl溶液，则甲池中是铁的吸氧腐蚀，石墨棒上的电极反应为溶液中氧气得到电子生成氢氧根离子的电极反应解答：解：、2CH3OH（l）+3O2（g）2CO2（g）+4H2O（g）H=_1275.6kJmol1H2O（l）H2O（g）H=+44.0kJmol1依据盖斯定律4得到CH3OH（l）+3/2O2（
29、g）CO2（g）+2H2O（l）H=_725.8kJmol1；故答案为：CH3OH（l）+3/2O2（g）CO2（g）+2H2O（l）H=_725.8kJmol1；（1）设反应的甲醇物质的量为x CH3OH（g）+H2O（g）CO2（g）+3H2（g）起始量（mol） 1 3 0 0变化量（mol） x x x 3x 20s量 （mol） 1x 3x x 3x20s后，测得混合气体的压强是反应前的1.2倍，4+2x=1.24x=0.4molv（CH3OH）=0.01mol/Ls；故答案为：0.01mol/Ls；（2）可逆反应达到平衡状态的依据是正逆反应速率相同，v正（CH3OH）=v正（CO2
30、）是反应速率之比等于化学方程式计量数之比，不能说你反应达到平衡，故不符合；反应前后气体质量不变，容器体积不变，反应过程中密度不变，混合气体的密度不变不能说明反应达到平衡，故不符合；反应前后气体物质的量增大，质量守恒，混合气体的平均相对分子质量不变，说明反应达到平衡状态，故符合；CH3OH、H2O、CO2、H2的浓度都不再发生变化是平衡标志，故符合；故答案为：；（3）B容器的体积变为原来的1.5倍，增加的气体的物质的量为3.6 mol0.5=1.8 mol，依据化学方程式可知增加2mol，反应甲醇1mol，则反应的甲醇的物质的量为0.9 mol，CH3OH的转化率=100%=75%；打开K时，A
31、B组成一个等温等压容器，相应的起始投入总物质的量与平衡的总体积成正比，设打开K重新达到平衡后总的体积为x，则x：（3+3.6）=1.5a：3.6 求得x=2.75a，所以B的体积为2.75aa=1.75a，故答案为：75%；1.75a；（1）甲池是原电池装置，铁做负极失电子发生氧化反应，碳做正极溶液中铜离子得到电子生成铜，故答案为：Cu2+2e=Cu；如果起始时乙池盛有200mL CuSO4溶液，电解一段时间后溶液蓝色变浅，若要使溶液恢复到电解前的状态，需要向溶液中加入0.8g CuO，物质的量为0.01mol，依据反应CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，所以生成的硫酸物质的量为0.01m
32、ol，溶液中氢离子浓度c（H+）=0.1mol/L，则其电解后的pH为1，故答案为：1；（2）若甲池中盛放饱和NaCl溶液，则甲池中是铁的吸氧腐蚀，石墨棒上的电极反应为溶液中氧气得到电子生成氢氧根离子的电极反应，电极反应为：O2+2H2O+4e=4OH，故答案为：O2+2H2O+4e=4OH点评：本题考查了化学平衡三段式计算，平衡标志的分析判断，恒温恒容容器，恒温恒压容器的分析判断是解题关键，气体压强之比和物质的量之比成正比例，题目难度较大10（14分）（2014商丘二模）某研究性学习小组用图1装置（铁架台等支撑仪器略）探究氧化铁与乙醇的反应，并检验反应产物（1）气密性检验的操作过程是将导管末
33、端伸入水中，微热烧瓶，导管末端有气泡产生，停止加热，导管末端有一段稳定的水柱，说明气密性良好（2）为快速得到乙醇气体，可采取的方法是在烧杯中加入热水（对烧杯加热）；若实验时小试管中的溶液已经开始发生倒吸，你采取的措施是C（填写编号）；a取下小试管 b移去酒精灯 c将导管从乳胶管中取下 d以上都可以（3）如图2实验，观察到红色的Fe2O3全部变为黑色固体（M），充分反应后停止加热为了检验M的组成，进行下列实验M能被磁铁吸引；加入足量稀硫酸，振荡，固体全部溶解，未观察到有气体生成；经检验溶液中有铁离子和亚铁离子，检验该溶液中的亚铁离子的方法是取少量溶液于试管中，加入酸性高锰酸钾溶液，若紫红色褪去，
34、则说明有Fe2+；关于M中铁元素价态的判断正确的是d（填写编号）a一定有+3价和+2价铁，无0价铁 b一定有+3价、+2价和0价铁c一定有+3价和0价铁，无+2价铁 d一定有+3价，0价和+2价铁至少有一种（4）若M的成份可表达为FeXOY，用CO还原法定量测定其化学组成称取a g M样品进行定量测定，实验装置和步骤如下：组装仪器；点燃酒精灯；加入试剂；打开分液漏斗活塞；检查气密性；停止加热；关闭分液漏斗活塞；正确的操作顺序是c（填写编号）abcd（5）若实验中每步反应都进行完全，反应后M样品质量减小b g，则FeXOY中=考点：乙醇的催化氧化实验；性质实验方案的设计.专题：实验设计题分析：（
35、1）装置气密性检验的原理是：通过气体发生器与附设的液体构成封闭体系，依据改变体系内压强时产生的现象（如气泡的生成、水柱的形成、液面的升降等）来判断装置气密性的好坏；（2）乙醇易挥发，依据图1装置分析可知，可以对烧杯加热或烧杯中加入热水；阻止倒吸的操作是迅速拆下导气管；（3）依据铁离子的实验检验方法分析，亚铁离子具有还原性，加入氧化剂会发生氧化还原反应；乙醇和氧化铁反应过程中可能会生成铁或四氧化三铁，能被磁铁吸引；（4）实验过程依据反应原理和实验目的分析实验步骤为，组装装置，检验装置气密性，加入试剂，加入水把一氧化碳赶入后续装置，点燃酒精灯加热玻璃管，反应结束后停止加热，关闭分液漏斗活塞，玻璃管
36、称量剩余固体，依据质量变化计算铁元素和氧元素物质的量之比；（5）依据实验结果得到，铁的氧化物中减少的质量为氧元素的质量为bg，铁的质量为（ab）g，依据元素物质的量计算得到比值；解答：解：（1）依据装置图分析可知反应过程需要在气密性好的装置中进行，定量测定，所以气体通过装置，实验前需要检验装置气密性，方法为：将导管末端伸入水中，微热烧瓶，导管末端有气泡产生，停止加热，导管末端有一段稳定的水柱，说明气密性良好，故答案为：将导管末端伸入水中，微热烧瓶，导管末端有气泡产生，停止加热，导管末端有一段稳定的水柱，说明气密性良好；（2）依据图1装置分析可知，乙醇易挥发，可以对烧杯加热或烧杯中加入热水；阻止
37、倒吸的操作是迅速拆下导气管，故答案为：在烧杯中加入热水（对烧杯加热）；c；（3）依据铁离子的实验检验方法分析，亚铁离子加入紫红色的酸性高锰酸钾溶液，两者发生氧化还原反应溶液褪色，则有Fe2+；氧化铁做催化剂参与反应过程，乙醇和氧化铁反应过程中可能会生成铁或四氧化三铁，能被磁铁吸引；故答案为：取少量溶液于试管中，加入酸性高锰酸钾溶液，若紫红色褪去，则说明有Fe2+；d；（4）实验过程依据反应原理和实验目的分析实验步骤为，组装装置，检验装置气密性，加入试剂，加入水把一氧化碳赶入后续装置，点燃酒精灯加热玻璃管，反应结束后停止加热，关闭分液漏斗活塞，玻璃管称量剩余固体，依据质量变化计算铁元素和氧元素物
38、质的量之比，所以选c，故答案为：c； （5）依据实验结果得到，铁的氧化物中减少的质量为氧元素的质量为bg，铁的质量为（ab）g，依据元素物质的量计算得到比值，n（Fe）：n（O）=：=，故答案为：；点评：本题考查了氧化铁与乙醇的反应的性质的实验探究和产物组成的分析判断，掌握二价铁离子的性质，注意实验过程中的反应实质分析判断，现象的理解和应用是解题关键，题目难度中等【化学-选修2：化学与技术】11（15分）（2014青岛模拟）纯碱（Na2CO3）在生产生活中具有广泛的用途图1是实验室模拟制碱原理制取Na2CO3的流程图已知：向饱和食盐水中通入NH3、CO2后发生和反应为NaCl+NH3+CO2+
39、H2ONaHCO3+NH4Cl，请回答以下问题：（1）粗盐中含有的杂质离子有Ca2+，Mg2+，SO42等精制除杂的步骤顺序acdeb（填字母编号）a粗盐溶解，滤去沉渣b加入盐酸调pH；c加入Ba（OH）2溶液；d加入Na2CO3溶液；e过滤向饱和食盐水中先通入NH3，后通入CO2，理由是NH3易溶于水，有利于吸收溶解度不大的CO2（2）灼烧固体A制Na2CO3在a（填字母序号）中进行a坩埚 b蒸发皿 c烧杯 d锥形瓶证明滤液A中含有NH4+的方法是取少量滤液A于试管中，加入足量NaOH溶液并加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，证明A中含有NH4+对滤液A进行重结晶能够获得NH4HC
40、O3，向pH=13含Na+、K+的溶液中加入少量NH4HCO3使pH降低，反应的离子方程式NH4+HCO3+2OH=NH3H2O+CO32+H2O（3）图2装置中常用于实验室制备CO2的是bc（填字母编号）；用b示意的装置制备NH3，分液漏斗中盛放的试剂浓氨水（填试剂名称），烧瓶内可加入的固体试剂生石灰（或NaOH固体）（填试剂名称）（4）一种天然碱晶体成分是aNa2CO3bNa2CO3cH2O，某同学利用下列提供的试剂，设计了如下简单合理测定Na2CO3的质量分数的实骏方案（仪器自选）请把实验方案填全：供选择的试剂：1molL1H2SO4溶液、1.0molL1BaCl2溶液、稀氨水、碱石灰、
41、Ca（OH）2溶液、蒸馏水称取m1g一定量天然碱晶体样品，溶于适量蒸馏水中加入足量稀硫酸并微热，产生的气体通过足量的澄清石灰水过滤、洗涤、干燥、称量沉淀计算天然碱晶体中含Na2CO3的质量分数考点：纯碱工业（侯氏制碱法）；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；粗盐提纯.专题：实验题分析：（1）据根据SO42、Ca 2+、Mg2+等易转化为沉淀而被除去，以及根据不能产生新杂质的要求排序，前面加入的过量溶液应用后加入的溶液除去，最后加入适量的溶液；NH3易溶于水，有利于吸收溶解度不大的CO2；（2）根据固体在坩埚加热分解；根据NH4+的检验方法：取少量滤液A于试管中，加入足量NaOH溶液并加热，
42、产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，证明A中含有NH4+；根据NH4+和HCO3都能与氢氧化钠反应；（3）实验室制取二氧化碳的反应原理和条件；根据在浓氨水中加碱或生石灰，因为氨水中存在下列平衡：NH3+H2ONH3H2ONH4+OH加入碱或生石灰产生氢氧根离子平衡左移，同时放出大量的热促进氨水的挥发，制得氨气；（4）根据实验的原理：将碳酸根全部转换成二氧化碳，利用二氧化碳和澄清石灰水产生沉淀，通过沉淀的质量求出二氧化碳的物质的量、Na2CO3的物质的量和质量，最终求出Na2CO3的质量分数解答：解：（1）SO42、Ca2+、Mg2+等分别与Ba（OH）2溶液、Na2CO3溶液、Ba（OH）
43、2溶液反应生成沉淀，可再通过过滤除去，Na2CO3溶液能除去过量的Ba（OH）2溶液，盐酸能除去过量的Na2CO3溶液和NaOH溶液，所以应先加Ba（OH）2溶液再加Na2CO3溶液，过滤，最后加入盐酸，NH3易溶于水，有利于吸收溶解度不大的CO2，所以向饱和食盐水中先通入NH3，后通人CO2，故答案为：c；d；e；NH3易溶于水，有利于吸收溶解度不大的CO2；（2）灼烧固体碳酸氢钠制Na2CO3，在坩埚加热分解，取少量滤液A于试管中，加入足量NaOH溶液并加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，证明A中含有NH4+，NH4+和HCO3都能与氢氧化钠反应：NH4+HCO3+2OH=NH3
44、H2O+CO32+H2O，故答案为：a；取少量滤液A于试管中，加入足量NaOH溶液并加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，证明A中含有NH4+；NH4+HCO3+2OH=NH3H2O+CO32+H2O；（3）实验室制取二氧化碳常选用石灰石和稀盐酸或大理石和稀盐酸反应制取，采用固体+液体气体；浓氨水中加碱或生石灰，因为氨水中存在下列平衡：NH3+H2ONH3H2ONH4+OH，加入碱平衡左移，同时放出大量的热促进氨水的挥发，制得氨气，故答案为：b c；浓氨水；生石灰（或NaOH固体）；（4）实验的原理：将碳酸根全部转换成二氧化碳，利用二氧化碳和澄清石灰水产生沉淀，通过沉淀的质量求出二氧化
45、碳的物质的量、Na2CO3的物质的量和质量，最终求出Na2CO3的质量分数，所以将天然碱晶体样品，溶于适量蒸馏水中，加入足量稀硫酸并微热，产生的气体通过足量的澄清石灰水，然后过滤、洗涤、干燥、称量沉淀即可，故答案为：加入足量稀硫酸并微热，产生的气体通过足量的澄清石灰水；过滤、洗涤、干燥、称量沉淀点评：本题以制碱原理制取Na2CO3，涉及到物质的除杂和提纯，常见的实验操作，物质的制备等，难度中等，培养了学生运用知识的能力【化学-选修3：物质结构与性质】12叠氮化钠（NaN3）是一种无色晶体，常见的两种制备方法为：2NaNH2+N2ONaN3+NaOH+NH3；3NaNH2+NaNO3NaN3+3
46、NaOH+NH3回答下列问题：（1）氮所在的周期中，电负性最大的元素是F，第一电离能最小的元素是Li（2）基态氮原子的L层电子排布图为（3）与N3互为等电子体的分子为N2O（写出一种）依据价层电子对互斥理论，NO3的空间构型为平面三角形（4）氨基化钠（NaNH2）和叠氮化钠（NaN3）的晶体类型为离子晶体叠氮化钠的水溶液呈碱性，用离子方程式表示其原因：N3+H2OHN3+OH（5）N2O沸点（88.49）比NH3沸点（33.34）低，其主要原因是N2O分子间只存在范德华力，氨分子之间存在氢键，氢键作用较强（6）安全气囊的设计原理为6NaN3+Fe2O33Na2O+2Fe+9N2氮分子中键和键数
47、目之比为1：2铁晶体中存在的化学键类型为金属键铁晶体为体心立方堆积，其晶胞如图所示，晶胞边长为a cm，该铁晶体密度为gcm3（用含a、NA的表达式表示，其中NA为阿伏加德罗常数）考点：位置结构性质的相互关系应用；晶胞的计算；氮族元素简介；钠的重要化合物.专题：化学键与晶体结构；元素及其化合物分析：（1）同周期随原子序数增大元素电负性增大、元素的第一电离能呈增大趋势；（2）N原子2s轨道容纳2个电子，且自旋方向相反，2p能级3个轨道各容纳1个电子，且自旋方向相同；（3）将1个N原子及1个单位负电荷用O原子替换，可得其等电子体；计算NO3中N原子价层电子对数及孤电子对，确定其空间结构；（4）氨基
48、化钠（NaNH2）和叠氮化钠（NaN3）都含有活泼金属元素，属于离子化合物；叠氮化钠的水溶液中N3离子发生水解，破坏水的电离平衡，溶液呈碱性；（5）根据氨气分子之间存在氢键分析解答；（6）氮分子结构式为NN，三键含有1键、2个键；铁晶体属于金属晶体，晶体中存在金属键；铁晶体为体心立方堆积，根据均摊法计算晶胞中含有2个Fe原子，结合摩尔质量计算晶胞质量，根据边长计算晶胞的体积，再根据=计算晶体密度解答：解：（1）同周期随原子序数增大元素电负性增大、元素的第一电离能呈增大趋势，故氮所在的周期中，第二周期电负性最大的元素是F，第一电离能最小的元素是Li，故答案为：F；Li；（2）N原子2s轨道容纳2
49、个电子，且自旋方向相反，2p能级3个轨道各容纳1个电子，且自旋方向相同，故基态氮原子的L层电子排布图为：，故答案为：；（3）将1个N原子及1个单位负电荷用O原子替换，可得其等电子体为N2O等，NO3中N原子价层电子对数=3+=3、N原子不含孤电子对，故其空间结构为平面三角形，故答案为：N2O；平面三角形；（4）氨基化钠（NaNH2）和叠氮化钠（NaN3）都含有活泼金属Na元素，由阴、阳离子构成，属于离子化合物；叠氮化钠的水溶液中N3离子发生水解：N3+H2OHN3+OH，破坏水的电离平衡，溶液呈碱性，贵答案为：离子晶体；N3+H2OHN3+OH；（5）N2O分子间只存在范德华力，氨分子之间存在
50、氢键，氢键作用较强，故氨气的沸点较高，故答案为：N2O分子间只存在范德华力，氨分子之间存在氢键，氢键作用较强；（6）氮分子结构式为NN，三键含有1键、2个键，氮分子中键和键数目之比=1：2，故答案为：1：2；铁晶体属于金属晶体，晶体中存在金属键，故答案为：金属键；铁晶体为体心立方堆积，由其晶胞结构可知，晶胞中Fe原子数目=1+8=2，故晶胞质量=2g，晶胞边长为acm，则晶胞的体积=（a cm）3=a3 cm3，故晶体密度=gcm3，故答案为：gcm3点评：本题考查物质结构与性质，涉及元素周期律、核外电子排布、分子构型、等电子体、晶体类型、盐类水解、化学键、晶胞计算等，题目比较综合，需要学生全
51、面掌握基础知识，侧重主干知识的考查，是常考知识点，注意利用均摊法进行晶胞的有关计算，难度中等【化学-选修5：有机化学基础】13植物精油具有抗菌消炎、解热镇痛等药物功效从樟科植物枝叶中提取的精油中含有甲、乙、丙三种成分甲经下列过程可转化为乙：（1）反应的反应类型为加成反应（2）乙的结构简式为，1mol乙最多可与5mol H2反应通过如图2合成路线由乙可得到丙（部分反应产物略去）：已知下列信息：RCH=CHRRCHO+RCHO丙的分子式为C16H14O2，能与溴水、NaOH溶液反应（3）A的名称是乙二醛BC的反应条件为氢气/催化剂、加热（4）乙与新制Cu（OH）2反应的化学方程式为（5）写出同时符
52、合下列要求的D的同分异构体的结构简式：a属于二取代苯b分子中有5种不同化学环境的氢原子，其个数之比为1：2：2：1：2c能使溴的CCl4溶液褪色，且在酸性条件下可以发生水解反应考点：有机物的推断.专题：有机物的化学性质及推断分析：I甲与HCl发生加成反应生成，发生氧化反应生成Y为，Y发生消去反应生成乙为；II乙和臭氧氧化反应生成与OHCCHO，乙和新制氢氧化铜悬浊液发生氧化反应然后酸化得到D，D的结构简式为，丙的分子式为C16H14O2，能与溴水、NaOH溶液反应，说明丙中有碳碳不饱和键和酯基，结合丙的分子式中碳原子数目可知，可知B为，则A为OHCCHO，B与氢气发生加成反应生成C为，丙的结构
53、简式为，据此解答解答：解：I（1）甲与HCl发生加成反应生成，发生氧化反应生成Y为，Y发生消去反应生成乙为；（1）反应属于加成反应，故答案为：加成反应；（2）乙的结构简式为，苯环、碳碳双键、醛基均与氢气发生加成反应，1mol乙最多可与 5mol H2反应，故答案为：；5；II乙和臭氧氧化反应生成与OHCCHO，乙和新制氢氧化铜悬浊液发生氧化反应然后酸化得到D，D的结构简式为，丙的分子式为C16H14O2，能与溴水、NaOH溶液反应，说明丙中有碳碳不饱和键和酯基，结合丙的分子式中碳原子数目可知，可知B为，则A为OHCCHO，B与氢气发生加成反应生成C为，丙的结构简式为，（3）A为OHCCHO，名
54、称是：乙二醛，BC是醛与氢气在催化剂、加热条件下发生的加成反应，故答案为：乙二醛；氢气/催化剂、加热；（4）乙与新制Cu（OH）2反应的化学方程式为：，故答案为：；（5）同时符合下列要求的D（）的同分异构体的结构简式：a属于二取代苯；b分子中有5种不同环境的氢原子，其个数比为1：2：2：1：2；c能使溴的CCl4溶液退色，且在酸性条件下可以发生水解反应，含有酯基、碳碳双键，该同分异构体结构简式为：，故答案为：点评：本题考查有机物推断及合成、有机反应类型、同分异构体书写等，注意根据有机物的结构与反应条件进行推断，关键是熟练掌握各种官能团结构和性质，有助于培养学生的逻辑推理能力和发散思维能力，题目难度中等
