2014年高考各地化学模拟题选择题专项练习 2

2014学年第二学期学习能力诊断卷高三年级化学学科（满分150分，时间120分钟）说明：本卷分试题卷与答题卷两部分，请将正确答案写在答题卷上，写在试题卷上一律不给分。

本卷可能用到的相对原子量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Al-27 S-32 Cl-35.5 K-39 Ca-40 Mn-55 Fe-56 Cu-64第I卷(共66分)一、选择题（本题共10分，每小题2分，只有一个正确选项）。

1．将CO2转化成有机物可有效实现碳循环。

下列反应中，最节能的是A．CO2 + 3H2催化剂△CH3OH +H2O B．6CO2 + 6H2O光合作用C6H12O6 + 6O2C．CO2 + CH4催化剂△CH3COOH D．2CO2 + 6H2催化剂△CH2=CH2 + 4H2O2．吸进人体内的氧有2%转化为加速人体衰老的氧化性极强的活性氧，若Na2SeO3能清除人体内活性氧，则Na2SeO3的作用是A．还原剂B．氧化剂C．既是氧化剂又是还原剂D．既不是氧化剂又不是还原剂3．下列元素的单质，工业上不需要用电解法制取的是A．钠B．铝C．溴D．氯4．下列有机物系统命名正确的是A．2-甲基-氯丙烷B．2-甲基-3-丁烯C．2，4，4-三甲基戊烷D．2，3-二甲基-4-乙基己烷5．除去密封食品包装盒内的氧气可延长食品的保质期，下列措施不能延长食品保质期的是A．适当添加含酚类结构单元的天然化合物B．对食物充氮包装C．放入装有铁粉的透气的小纸袋D．放入装有生石灰透气的小纸袋二、选择题（本题共36分，每小题3分，只有一个正确选项。

）6．右图是一种有机物的分子模型，图中的“棍”代表单键或双键，该模型代表的有机物可能是A．饱和一元醇B．羟基酸C．羧酸D．饱和一元醛7．下列微粒的存在最能说明碘可能呈现金属性的是A．IBr B．I2O5C．I3+D．I3－8．在试管中注入某红色溶液，给试管加热，溶液颜色逐渐变浅，则原溶液可能是A．滴有酚酞的Na2CO3溶液 B．溶有SO2的品红溶液C．滴有石蕊的AlCl3溶液D．滴有酚酞的饱和Ca(OH)2溶液9．下列物质都具有较强的吸水性。

2014东城区高考化学二模一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．（6分）下列说法正确的是（）A．钙和氮均为人体所需的微量元素B．二氧化硅是太阳能电池的主要材料C．油脂和蛋白质均属于高分子化合物D．明矾与水作用能生成有吸附性的物质2．（6分）如图是制备和研究乙炔性质的实验装置图．下列说法不正确的是（）A．制备乙炔的反应原理是：CaC2+2H2O→Ca（OH）2+C2H2↑B．c的作用是除去影响后续实验的杂质C．d中的有机产物与AgNO3溶液混合能产生沉淀D．e中的现象说明乙炔能被高锰酸钾酸性溶液氧化3．（6分）下列离子方程式不正确的是（）A．向AgCl悬浊液中加入Na2S溶液：2AgCl+S2﹣═Ag2S+2Cl﹣B．向NaHCO3溶液中加入NaOH溶液：HCO3﹣+OH﹣═CO2↑+H2OC．向Ba（OH）2溶液中加入稀H2SO4：Ba2++OH﹣+H++SO42﹣═BaSO4↓+H2OD．向Cu粉中加入过量的浓HNO3：Cu+4H++2NO3﹣═Cu2++2NO2↑+2H2O4．（6分）如图是研究铁钉腐蚀的装置图．下列说法不正确的是（）A．ab在两处的腐蚀速率a＜bB．a、b两处铁钉中的碳均为正极C．a、b两处铁钉中的铁均失电子被氧化D．a、b两处的正极反应式均为O2+4e﹣+4H+═2H2O5．（6分）下表中各组物质之间不能通过一步反应实现如图转化的是（）A．A B．B C．C D．D6．（6分）常温时，下列叙述正确的是（）A．pH=9的NH4Cl与NH3•H2O混合溶液中c（Cl﹣）＞c（NH4+）B．pH=2.5的可乐中c（H+）是pH=3.5的柠檬水中c（H+）的10倍C．AgCl在0.1mol/L CaCl2溶液和0.1mol/L NaCl溶液中的溶解度相同D．1mL 1mol•L﹣1 Na2CO3溶液加水稀释至100mL，pH和K w均减小7．（6分）X、Y、Z、Q、W均为短周期元素，原子序数逐渐增大．X、Q同主族，Q元素的焰色反应为黄色；W的原子半径是同周期中最小的；X与Y、Z分别形成化合物甲、乙，甲、乙均由10电子分子构成，且能发生反应生成碱．下列说法不正确的是（）A．X的单质和Q的单质均可用电解法得到B．X与Z可形成同时含有极性键和非极性键的化合物C．Q与W形成的化合物熔化或溶于水时均可发生电离D．X、Y、Z三种元素形成的化合物一定能抑制水的电离二、解答题（共4小题，满分58分）8．（16分）有机物5一甲基茚（）是一种医药合成中间体，某同学设计它的合成路线如下：已知：（1）①的反应类型是．（2）E的结构简式是．（3）A的结构简式是；③的反应条件和所需无机试剂是．（4）下列有关5一甲基茚（）的说法正确的是（填序号）．a．一定条件下能与卤素单质发生取代反应b．1mol该物质最多与4mol H2发生加成反应c．一定条件下能发生加聚反应生成高分子化合物d．与溴的四氯化碳溶液反应得到的产物不能使高锰酸钾酸性溶液褪色（5）反应⑧的化学方程式是．（6）满足下列条件的G的同分异构体有种；写出其中一种的结构简式．①分子中含有苯环且苯环上只有一个取代基；②能发生银镜反应．9．（14分）硒（34Se）蹄（52Te）都是第VIA族元素，硒是分布在地壳中的稀有元素．工业上用硒鼓废料（主要成分硒、碲、碳、铜和铁合金）回收精炼硒的流程如图：已知：（1）Se的氢化物的电子式是．（2）步骤①中通人的氧气使硒鼓废料翻腾，目的是．（3）废气的主要成分是；废渣Ⅱ的主要成分是．（4）步骤④中主要反应的化学方程式是；步骤⑥反应的化学方程式是．（5）根据表中数据，步骤⑤最适宜的分离方法是．10．（14分）2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）是生产硫酸的主要反应之一．下表是原料气按V（SO2）：V（O2）：V（N2）=7：11：28投料，在1.01×105Pa 时，不同温度下SO 2的平衡转化率．（1）该反应是 反应（填“放热”或“吸热”）．（2）400℃，1.01×105Pa 时，将含10mol SO 2的原料气通入一密闭容器中进行反应平衡时SO 2的物质的量是 mol ． （3）硫酸厂尾气（主要成分为SO 2、O 2和N 2）中低浓度SO 2的吸收有很多方法．①用氨水吸收上述尾气，若尾气中SO 2与氨水恰好反应得到弱碱性的（NH 4）2SO 3溶液，则有关该溶液的下列关系正确的是 （填序号）．a ．c （NH 4+）+c （NH 3•H 2O ）=2[c （SO 32﹣）+c （HSO 3﹣）+c （H 2SO 3）] b ．c （NH 4+）+c （H +）=c （SO 32﹣）+c （HSO 3﹣）+c （OH ﹣） c ．c （NH 4+）＞c （SO 32﹣）＞c （OH ﹣）＞c （H +） ②用MnO 2与水的悬浊液吸收上述尾气并生产MnSO 4 i ．得到MnSO 4的化学方程式是ii ．该吸收过程生成MnSO 4时，溶液的pH 变化趋势如图甲，SO 2的吸收率与溶液pH 的关系如图乙．图甲中pH 变化是因为吸收中有部分SO 2转化为H 2SO 4生成H 2SO 4反应的化学方程式是 ；由图乙可知pH 的降低 SO 2的吸收（填“有利于”或“不利于”），用化学平衡移动原理解释其原因是 ．11．（14分）甲学生对Cl 2与FeCl 2和KSCN 混合溶液的反应进行实验探究．（1）B 中反应的离子方程式是 ． （2）A 中溶液变红的原因是 ．（3）为了探究现象Ⅱ的原因，甲同学进行如下实验．①取A 中黄色溶液于试管中，加入NaOH 溶液，有红褐色沉淀生成，则溶液中一定存在 ． ②取A 中黄色溶液于试管中，加入过量的KSCN 溶液，最终得到红色溶液．甲同学的实验证明产生现象Ⅱ的原因是SCN﹣与Cl2发生了反应．（4）甲同学猜想SCN﹣可能被Cl2氧化了，他又进行了如下研究．资料显示：SCN﹣的电子式为．①甲同学认为SCN﹣中碳元素没有被氧化，理由是．②取A中黄色溶液于试管中，加入用盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，由此证明SCN﹣中被氧化的元素是．③通过实验证明了SCN﹣中氮元素转化为NO3﹣，他的实验方案是．④若SCN﹣与Cl2反应生成1mol CO2，则转移电子的物质的量是mol．参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．【解答】A．钙和氮均为人体所需的常量元素，故A错误；B．硅是太阳能电池的主要材料，不是二氧化硅，故B错误；C．油脂相对分子质量较小，不属于高分子化合物，故C错误；D．．明矾与水作用能生成有吸附性的氢氧化铝胶体，故D正确．故选D．2．【解答】A．实验室通过电石与水的反应制取乙炔，化学反应方程式为CaC2+2H2O→Ca（OH）2+CH≡CH↑，A正确；B．硫酸铜溶液可以除去乙炔中混有的H2S和PH3等杂质，故B正确；C．d中的有机产物为1，1，2，2﹣四溴乙烷，属于非电解质，不能电离出溴离子，故与AgNO3溶液不反应，故C错；D．乙炔容易被高锰酸钾氧化，使高锰酸钾褪色，故D正确，故选C．3．【解答】A．向AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色，发生沉淀的转化，反应的离子反应为：2AgCl+S2﹣═Ag2S+2Cl﹣，故A正确；B．碳酸氢钠与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水，反应的离子方程式为：HCO3﹣+OH﹣═CO32﹣+H2O，故B错误；C．氢氧化钡与稀硫酸反应生成硫酸钡和水，氢离子和氢氧根离子的计量数与氢氧化钡和硫酸的组成不相符，正确的离子方程式为：Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣═BaSO4↓+2H2O，故C错误；D．铜与浓硝酸反应生成二氧化氮气体，反应的离子方程式为：Cu+4H++2NO3﹣═Cu2++2NO2↑+2H2O，故D正确；故选BC．4．【解答】a中电解质溶液显中性，为铁钉的吸氧腐蚀，b中电解质溶液为稀硫酸，显酸性为析氢腐蚀；A、硫酸中氢离子浓度较大，电池反应较快，饱和食盐水中氧气的浓度较小，电池反应较慢，所以ab在两处的腐蚀速率a＜b，故A正确；B、a中C为原电池的正极，正极上氧气得电子，b中C为原电池的正极，正极上氢离子得电子，故B正确；C、原电池中失电子的一极为负极，a、b中Fe失电子为原电池的负极，故C正确；D、a中正极上氧气得电子，其电极反应式为O2+4e﹣+2H2O═4OH﹣，b中正极上氢离子得电子，其电极反应式为2H++2e ﹣=H2↑，故D错误；故选D．5．【解答】A．甲与HCl发生加成反应生成乙，乙发生消去反应生成甲，乙水解生成丙，丙发生消去反应生成甲，物质之间均可一步转化，故A不选；B．SiO2与水不反应，Na2SiO3不能一步转化为SiO2，不能发生一步转化，故B选；C．甲与氢气反应生成乙，乙与二氧化锰反应生成甲，乙与CuO反应生成丙，丙电解生成甲，物质之间均可一步转化，故C不选；D．甲与NaOH反应生成乙，乙与盐酸反应生成甲，乙分解生成丙，丙与盐酸反应生成甲，物质之间均可一步转化，故D不选；故选B．6．【解答】A．常温下，pH=9的NH4Cl与NH3•H2O混合溶液c（OH﹣）＞c（H+），再结合电荷守恒判断c（Cl﹣）＜c（NH4+），故A错误；B．c（H+）=10﹣pH，pH=2.5的可乐中c（H+）是pH=3.5的柠檬水中c（H+）的10倍，故B正确；C．氯离子抑制氯化银的溶解，氯离子浓度越大，其抑制程度越大，0.1mol/L CaCl2溶液和0.1mol/L NaCl溶液中c （Cl﹣）CaCl2＞0.1mol/L NaCl，所以AgCl在0.1mol/L CaCl2溶液和0.1mol/L NaCl溶液中的溶解度前者小于后者，故C错误；D．温度不变，水的离子积常数不变，所以1mL 1mol•L﹣1 Na2CO3溶液加水稀释至100mL，K w不变，故D错误；故选B．7．【解答】X、Q同主族，Q元素的焰色反应为黄色，则Q为Na，X可能为H或Li，W的原子半径是同周期中最小的，且原子序数大于Na，应为Cl，X与Y、Z分别形成化合物甲、乙，甲、乙均由10电子分子构成，且能发生反应生成碱，则X应为H，Y为N、Z为O，可形成的碱为NH3•H2O，A．X的单质和Q的单质分别为氢气、钠，可分别用电解水、氯化钠的方法生成，故A正确；B．X与Z可形成的化合物H2O2中，含有极性键和非极性键，故B正确；C．Q与W形成的化合物为NaCl，为离子化合物，熔化或溶于水时均可发生电离，故C正确；D．X、Y、Z三种元素形成的化合物如为NH4NO3时，为强酸弱碱盐，可促进水的电离，故D错误．故选D．二、解答题（共4小题，满分58分）8．【解答】由信息i可知B为卤代烃，C可以连续发生氧化反应E，则B发生水解反应生成C，且C中存在﹣CH2OH，E中含有﹣COOH，结合信息ii可知，E中羧基中﹣OH被氯原子确定生成F，由反应⑥产物结构可知，F脱去1分子HCl发生取代反应，可推知烃A为，B为，C为，D为，E为，F为，反应⑦为加成反应，则G为，G发生消去反应生成5﹣甲基茚．（1）根据已知ⅰ，可知反应①的反应类型是取代反应，故答案为：取代反应；（2）由上述分析，可知E的结构简式为，故答案为：；（3）由上述分析可知，A的结构简式为，反应③为醇的催化氧化反应，需要反应条件和所需无机试剂是：Cu 或（Ag）作催化剂并加热、O2，故答案为：；Cu或（Ag）作催化剂并加热、O2；（4）a．该有机物分子中存在苯环结构，可以与卤素单质发生取代反应，故a正确；b．分子中存在1个苯环和1个碳碳双键，所以1 mol该物质最多与4 mol H2发生加成反应，故b正确；c．分子中存在碳碳双键，所以可以发生加聚反应生成高分子化合物，故c正确；d．苯环的侧链有甲基存在，尽管与溴加成后的产物不存在碳碳双键，但仍能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使之褪色，故d错误，故答案为：abc；（5）G中含有羟基，反应⑧发生消去反应，化学方程式为：，故答案为：如上；（6）G为，其同分异构体符合：①分子中含有苯环且苯环上只有一个取代基；②能发生银镜反应，说明分子中存在醛基，苯环有6个C原子，其余的4个C原子作为取代基，实际相当于求丁醛基的同分异构体的种数，所以符合题意的G的同分异构体分别是：，故共有5种，故答案为：5；如上任意一种．9．【解答】硒鼓废料（主要成分硒、碲、碳、铜和铁合金）在空气中燃烧生成二氧化碳、二氧化硒、二氧化碲、氧化铜等，500℃时SeO2与TeO2均为气体，冷却，加水SeO2溶解，酸性溶液主要是亚硒酸，废渣II为TeO2，亚硒酸受热分解生成二氧化硒，及少量TeO2，升华分离得纯净的二氧化硒，再加亚硫酸溶液还原得到Se单质；（1）H2Se为共价化合物，Se原子中最外层有8个电子达到稳定结构，分子中存在两个H﹣Se键，则H2Se的电子式为：；故答案为：；（2）通人的氧气使硒鼓废料翻腾，可增大固体与氧气的接触面积，有固体参加的反应，接触面积越大，反应速率越快；故答案为：增大接触面积，加快反应速率，使废料充分燃烧；（3）硒鼓废料（主要成分硒、碲、碳、铜和铁合金）在空气中燃烧生成二氧化碳、二氧化硒、二氧化碲、氧化铜等，则废气的主要成分是CO2；SeO2与TeO2加水，SeO2溶解生成亚硒酸，TeO2溶解度较小，所以废渣II为TeO2；故答案为：CO2；TeO2；（4）SeO2与水反应生成亚硒酸，亚硒酸受热分解生成SeO2和水，所以步骤④中主要反应的化学方程式是H2SeO3 SeO2+H2O；亚硫酸与二氧化硒反应生成硒和硫酸，则其反应方程式为：2H2SO3+SeO2=2H2SO4+Se；故答案为：H2SeO3SeO2+H2O；2H2SO3+SeO2=2H2SO4+Se；（5）由表格中数据可知，SeO2在315℃以上易升华，TiO2在450℃以上升华，所以控制温度在315℃到450℃之间，使SeO2升华分离；故答案为：升华，将温度控制在315℃到450℃之间．10．【解答】（1）图表数据随温度升高二氧化硫转化率减小，平衡逆向进行，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，故答案为：放热；（2）400℃，1.01×105Pa时，将含10mol SO2的原料气通入一密闭容器中进行反应，转化率=99.2%，平衡时SO2的物质的量=10mol﹣10mol×99.2%=0.08mol，故答为：0.08；（3）①用氨水吸收上述尾气，若尾气中SO2与氨水恰好反应得到弱碱性的（NH4）2SO3溶液，a．溶液中氮元素和硫元素遵循物料守恒，氮元素物质的量和硫元素物质的量之比为2：1，c（NH4+）+c（NH3•H2O）=2[c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3）]，故a正确；b．溶液中存在电荷守恒，c（NH4+）+c（H+）=2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（OH﹣），故b错误；c．弱碱性的（NH4）2SO3溶液中离子浓度大小为：c（NH4+）＞c（SO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故c正确；故答案为：ac；②i．二氧化硫溶于水生成亚硫酸具有还原性，被二氧化锰氧化为硫酸，二氧化锰被还原为锰离子，用MnO2与水的悬浊液吸收上述尾气并生产MnSO4，反应的化学方程式为：H2O+SO2=H2SO3 MnO2+H2SO3=MnSO4+H2O；故答案为：H2O+SO2=H2SO3 MnO2+H2SO3=MnSO4+H2O；ii．图甲中pH变化是因为吸收中有部分SO2转化为H2SO4生成H2SO4反应的化学方程式为：2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，二氧化硫被氧化为硫酸溶液PH减小，依据图象分析PH增大有利于二氧化硫的吸收，酸性越强越有利于二氧化硫逸出，由图乙可知pH的降低，酸性增强，抑制亚硫酸电离，促进亚硫酸分解，溶液中存在SO2+H2O⇌H2SO3⇌H++HSO3﹣，当溶液中酸性增强，平衡向左移动，使SO2气体从体系中逸出；故答案为：2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，不利于，溶液中存在SO2+H2O⇌H2SO3⇌H++HSO3﹣，当溶液中酸性增强，平衡向左移动，使SO2气体从体系中逸出．11．【解答】（1）B装置是用来吸收氯气尾气的，根据元素守恒和电荷守恒可以写出离子方程式为：Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O故答案为：Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O；（2）Fe2+被Cl2氧化生成Fe3+，Fe3+与SCN﹣反应生成红色的硫氰化铁溶液，呈红色，故答案为：Fe2+被Cl2氧化生成Fe3+，Fe3+与SCN﹣反应生成红色的，所以溶液变红；（3）①A中黄色溶液于试管中，加入NaOH溶液，有红褐色沉淀生成，应当是氢氧化铁固体，所以原溶液中应当有Fe3+，故答案为：Fe3+；（4）①根据SCN﹣的电子式为可知，SCN﹣中碳显+4价，硫显﹣2价，氮显﹣3价，碳已经是最高正价了，不能再被氧化了，故答案为：SCN﹣中的碳元素是最高价态+4价；②加入用盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明白色沉淀为硫酸钡，即溶液中有硫酸根离子，其中硫显+6价，而原来SCN﹣中硫显﹣2价，所以被氧化的元素为硫元素，故答案为：硫元素；③利用硝酸根离子在酸性条件下有强氧化性，遇到铜被还原，生成一氧化氮，在空气中被氧化成红棕色的二氧化氮气体，可以检验硝酸根离子的存在，据此可知实验方案为：取足量铜粉于试管中，加入A中黄色溶液和一定量的稀盐酸，加热，观察到试管上方有红棕色气体生成，证明A中存在，SCN﹣中氮元素被氧化成，故答案为：取足量铜粉于试管中，加入A中黄色溶液和一定量的稀盐酸，加热，观察到试管上方有红棕色气体生成，证明A中存在，SCN ﹣中氮元素被氧化成；④SCN﹣与Cl2反应生成硫酸根和硝酸根还有二氧化碳，所以它们反应的化学方程式为：SCN﹣+8Cl2+9H2O=NO3﹣+SO42﹣+CO2+Cl﹣+18H+，此反应中电子转移数目为16，即由方程式可知每生成1mol二氧化碳要转移16mol电子，故答案为16．。

2014年山东省高考化学一模试卷（二）2014年山东省高考化学一模试卷（二）一、选择题（包括7小题，每小题5分，共35分，每小题只有一个选项符合题意）6．（5分）（2014•山东一模）二氧化硫的催化氧化原理为2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g），反应混合体系在平衡状态时SO3的百分含量与温度的关系如图所示．下列说法错误的是（）7．（5分）（2014•山东一模）下列与装置有关的说法正确的是（）二、第Ⅱ卷（必做53分+选做12分，共65分）8．（22分）（2014•山东一模）氮及其化合物在工农业生产中具有重要作用．（1）某小组进行工业合成氨N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜0的模拟研究，在1L密闭容器中，分别加入0.1mol N2和0.3mol H2．实验①、②、③中c（N2）随时间（t）的变化如图所示．实验②从开始到达到平衡状态的过程中，用H2表示的平均反应速率为_________．与实验①相比．实验②所采用的实验条件可能为_________（填字母），实验③所采用的实验条件可能为_________（填字母）．a．增大压强b．减小压强c．升高温度d．降低温度e．使用催化剂（2）NH3可用于处理废气中的氮氧化物，其反应原理为2NH3（g）+NO（g）+NO2（g）⇌2N2（g）+3H2O（g）△H ＜O，欲提高废气中氮氧化物的转化率，可采取的措施是_________（填字母）a．升高温度b．增大压强c．增大NH3的浓度（3）NCl3遇水发生水解反应，生成NH3的同时得到_________（填化学式）．ClO2是广谱高效消毒剂，制备原理为NCl3+6ClO2﹣+3H2O=NH3↑+6ClO2+3OH﹣+3Cl﹣．若转移1mol电子，则制取ClO2的质量为_________．（4）25℃时，将amol•L﹣1的氨水与bmol•L﹣1盐酸等体积混合，反应后溶液恰好显中性，则a_________b（填“＞”、“＜”或“=”）．用a、b表示NH3•H2O的电离平衡常数为_________．9．（15分）（2014•山东一模）某工厂的电镀污泥中含有铜、铁等金属化合物．为实现资源的回收利用并有效防止环境污染，设计如下工艺流程：（1）酸浸后加入H2O2的目的是_________．调pH步骤中加入的试剂最好是_________（填化学式）．实验室进行过滤操作所用到的玻璃仪器有_________．（2）煮沸CuSO4溶液的原因是_________．向CuSO4溶液中加入一定量的NaCl、Na2SO3，可以生成白色的CuCl沉淀，写出该反应的化学方程式_________．（3）CuCl产品中CuCl的质量分数大于96.50%为国家合格标准．称取所制备的CuCl样品0.2500g置于一定量的0.5mol•L﹣1FeCl3溶液中，待样品完全溶解后，加水20mL，用0.1000mol•L﹣1的Ce（SO4）2溶液滴定，到达终点时消耗Ce（SO4）2溶液24.60mL．有关的化学反应为：Fe3++CuCl=Fe2++Cu2++Cl﹣，Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+．通过计算说明该CuCl样品_________（填“符合”或“不符合”）国家标准．（4）25℃时，K SP[Fe（OH）3]=4.0×10﹣38．Fe3+发生水解反应Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，该反应的平衡常数为_________．10．（16分）（2014•山东一模）某化学小组采用下图装置模拟电解饱和食盐水制备氢气，通过氢气还原氧化铜测定Cu的相对原子质量，同时检验氯气的氧化性（图中夹持和加热仪器已经略去）．（1）写出装置甲中反应的离子方程式_________．为完成上述实验，正确的连按方式为a连接_________，b连接_________（填字母）．（2）①装置乙烧杯中液体的作用是_________．A瓶内盛装的溶液最好是_________（填字母）．a．I2﹣淀粉溶液b．NaOH溶液c．FeCl2与KSCN混合溶液d．Na2SO3溶液②加热装置丙中的氧化铜粉末之前，除了要检查该装置的气密性还需进行的必要操作是_________．（3）利用装置丙测定Cu的相对原子质量，现有两种方案：①测得反应前后洗气瓶B及其中液体质量差m1，②测得反应前后U形管及其中固体质量差m2．你认为合理的方案为_________（填“①”或“②”）．若采用测得反应后硬质玻璃管中剩余固体的质量m3的方案，已知O的相对原子质量为16，实验中氧化铜样品质量为m，则测定Cu 的相对原子质量的表达式为_________，该方案在反应后硬质玻璃管冷却过程中没有一直通氢气，会导致测定Cu韵相对原子质量_________（填“偏大”、“偏小”或“无影响”），理由是_________．化学-有机化学基础11．（12分）（2012•天津）萜品醇可作为消毒剂、抗氧化剂、医药和溶剂．合成a﹣萜品醇G的路线之一如下：已知：RCOOC2H5请回答下列问题：（1）A所含官能团的名称是_________．（2）A催化氢化得Z（C7H12O3），写出Z在一定条件下聚合反应的化学方程式：_________．（3）B的分子式为_________；写出同时满足下列条件的B的链状同分异构体的结构简式：_________．①核磁共振氢谱有2个吸收峰②能发生银镜反应（4）B→C、E→F的反应类型分别为_________、_________．（5）C→D的化学方程式为_________．（6）试剂Y的结构简式为_________．（7）通过常温下的反应，区别E、F和G的试剂是_________和_________．（8）G与H2O催化加成得不含手性碳原子（连有4个不同原子或原子团的碳原子叫手性碳原子）的化合物H，写出H的结构简式：_________．2014年山东省高考化学一模试卷（二）参考答案与试题解析一、选择题（包括7小题，每小题5分，共35分，每小题只有一个选项符合题意），6．（5分）（2014•山东一模）二氧化硫的催化氧化原理为2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g），反应混合体系在平衡状态时SO3的百分含量与温度的关系如图所示．下列说法错误的是（）7．（5分）（2014•山东一模）下列与装置有关的说法正确的是（）二、第Ⅱ卷（必做53分+选做12分，共65分）8．（22分）（2014•山东一模）氮及其化合物在工农业生产中具有重要作用．（1）某小组进行工业合成氨N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜0的模拟研究，在1L密闭容器中，分别加入0.1mol N2和0.3mol H2．实验①、②、③中c（N2）随时间（t）的变化如图所示．实验②从开始到达到平衡状态的过程中，用H2表示的平均反应速率为0.012mol/（L•min）．与实验①相比．实验②所采用的实验条件可能为e（填字母），实验③所采用的实验条件可能为c（填字母）．a．增大压强b．减小压强c．升高温度d．降低温度e．使用催化剂（2）NH3可用于处理废气中的氮氧化物，其反应原理为2NH3（g）+NO（g）+NO2（g）⇌2N2（g）+3H2O（g）△H ＜O，欲提高废气中氮氧化物的转化率，可采取的措施是c（填字母）a．升高温度b．增大压强c．增大NH3的浓度（3）NCl3遇水发生水解反应，生成NH3的同时得到HClO（填化学式）．ClO2是广谱高效消毒剂，制备原理为NCl3+6ClO2﹣+3H2O=NH3↑+6ClO2+3OH﹣+3Cl﹣．若转移1mol电子，则制取ClO2的质量为67.5g．（4）25℃时，将amol•L﹣1的氨水与bmol•L﹣1盐酸等体积混合，反应后溶液恰好显中性，则a＞b（填“＞”、“＜”或“=”）．用a、b表示NH3•H2O的电离平衡常数为．v====（﹣==．9．（15分）（2014•山东一模）某工厂的电镀污泥中含有铜、铁等金属化合物．为实现资源的回收利用并有效防止环（1）酸浸后加入H2O2的目的是将Fe氧化成Fe．便于调整pH值与Cu2+分离．调pH步骤中加入的试剂最好是CuO、或Cu（OH）2、或CuCO3（填化学式）．实验室进行过滤操作所用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒．（2）煮沸CuSO4溶液的原因是除净溶液中的H2O2，避免影响下一步CuCl的生成．向CuSO4溶液中加入一定量的NaCl、Na2SO3，可以生成白色的CuCl沉淀，写出该反应的化学方程式2CuSO4+2NaCl+Na2SO3+H2O=2CuCl↓+2Na2SO4+H2SO4．（3）CuCl产品中CuCl的质量分数大于96.50%为国家合格标准．称取所制备的CuCl样品0.2500g置于一定量的0.5mol•L﹣1FeCl3溶液中，待样品完全溶解后，加水20mL，用0.1000mol•L﹣1的Ce（SO4）2溶液滴定，到达终点时消耗Ce（SO4）2溶液24.60mL．有关的化学反应为：Fe3++CuCl=Fe2++Cu2++Cl﹣，Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+．通过计算说明该CuCl样品符合（填“符合”或“不符合”）国家标准．（4）25℃时，K SP[Fe（OH）3]=4.0×10﹣38．Fe3+发生水解反应Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，该反应的平衡常数为2.5×10﹣5．═10．（16分）（2014•山东一模）某化学小组采用下图装置模拟电解饱和食盐水制备氢气，通过氢气还原氧化铜测定Cu的相对原子质量，同时检验氯气的氧化性（图中夹持和加热仪器已经略去）．（1）写出装置甲中反应的离子方程式2Cl﹣+2H2O H2↑+Cl2↑+2OH﹣．为完成上述实验，正确的连按方式为a连接e，b连接c（填字母）．（2）①装置乙烧杯中液体的作用是吸收多余的氯气，防止环境污染．A瓶内盛装的溶液最好是c（填字母）．a．I2﹣淀粉溶液b．NaOH溶液c．FeCl2与KSCN混合溶液d．Na2SO3溶液②加热装置丙中的氧化铜粉末之前，除了要检查该装置的气密性还需进行的必要操作是通入氢气排尽装置内空气．（3）利用装置丙测定Cu的相对原子质量，现有两种方案：①测得反应前后洗气瓶B及其中液体质量差m1，②测得反应前后U形管及其中固体质量差m2．你认为合理的方案为①（填“①”或“②”）．若采用测得反应后硬质玻璃管中剩余固体的质量m3的方案，已知O的相对原子质量为16，实验中氧化铜样品质量为m，则测定Cu的相对原子质量的表达式为，该方案在反应后硬质玻璃管冷却过程中没有一直通氢气，会导致测定Cu韵相对原子质量偏大（填“偏大”、“偏小”或“无影响”），理由是反应生成的铜被空气的氧气氧化使m3数据增大，导致测定结果偏大．2OHO数据增大，则；偏大；反应生成的铜被空气的氧气氧化使）题中确定影响铜的相对原子质量的大小，根据化学-有机化学基础11．（12分）（2012•天津）萜品醇可作为消毒剂、抗氧化剂、医药和溶剂．合成a﹣萜品醇G的路线之一如下：已知：RCOOC2H5请回答下列问题：（1）A所含官能团的名称是羰基、羧基．（2）A催化氢化得Z（C7H12O3），写出Z在一定条件下聚合反应的化学方程式：．（3）B的分子式为C8H14O3；写出同时满足下列条件的B的链状同分异构体的结构简式：．①核磁共振氢谱有2个吸收峰②能发生银镜反应（4）B→C、E→F的反应类型分别为取代反应、酯化反应．（5）C→D的化学方程式为+2NaOH+NaBr+2H2O．（6）试剂Y的结构简式为CH3MgBr．（7）通过常温下的反应，区别E、F和G的试剂是Na和NaHCO3溶液．（8）G与H2O催化加成得不含手性碳原子（连有4个不同原子或原子团的碳原子叫手性碳原子）的化合物H，写出H的结构简式：．，通过酯化反应进行发生水解反应生成为在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应、同时发生中和反应生成为，含有羧基与，通过酯化反应进行故答案为：故符合条件的同分异构体的结构简式为：发生水解反应生成为在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应、同时发生中和反应生成+2NaOH故答案为：为，含有羧基与，故答案为：．参与本试卷答题和审题的老师有：mxl；王慧；王龙耀；赵老师；梁老师1（排名不分先后）菁优网2014年3月26日。

2013年高考全国理综化学II卷可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 F 19 Na 23 Al 27 S 32 Cl 35.5 K 39 Ca 40 Cr 52 Fe 56 Ni 59 Cu 64 Zn 65一、选择题：本题共7小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

7. 在一定条件下，动植物油脂与醇反应可制备生物柴油，化学方程式如下：下列叙述错误．．的是A. 生物柴油由可再生资源制得B. 生物柴油是不同酯组成的混合物C. 动植物油脂是高分子化合物D. “地沟油”可用于制备生物柴油8. 下列叙述中，错误．．的是A. 苯与浓硝酸、浓硫酸共热并保持55~60℃反应生成硝基苯B. 苯乙烯在合适条件下催化加氢可生成乙基环己烷C. 乙烯和溴的四氯化碳溶液反应生成1，2－二溴乙烷D. 甲苯与氯气在光照下反应主要生成2，4－二氯甲苯9. N0为阿伏伽德罗常数的值。

下列叙述正确的是A. 1.0L1.0mol·L-1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2N0B. 12g石墨烯（单层石墨）中含有六元环的个数0.5N0C. 25℃时pH＝13的NaOH溶液中含有OH－的数目为0.1N0D. 1mol的羟基与1mol的氢氧根离子所含电子数均为9N010. 能正确表示下列反应的离子方程式A. 浓盐酸与铁屑反应：2Fe + 6H+ = 2Fe3+ + 3H2↑B. 钠与CuSO4溶液反应：2Na + Cu2+ = Cu↓+ 2Na+C. NaHCO3溶液与稀H2SO4反应:CO32－ + 2H+ = H2O + CO2↑D. 向FeCl3溶液中加入Mg(OH)2：3Mg(OH)2 + 2Fe3+ = 2Fe(OH)3 + 3Mg2+11. “ZEBRA”蓄电池的结构如图所示，电极材料多孔Ni/NiCl2和金属钠之间由钠离子导体制作的陶瓷管相隔。

下列关于该电池的叙述错误．．的是A. 电池反应中有NaCl生成B. 电池的总反应是金属钠还原三价铝离子C. 正极反应为：NiCl2 + 2e－ = Ni + 2Cl－D. 钠离子通过钠离子导体在两电极间移动12. 在1200时，天然气脱硫工艺中会发生下列反应：H2S(g) + 3/2O2(g) = SO2(g) + H2O(g) △H12H2S(g) + SO2(g) = 3/2S2(g) + 2H2O(g) △H2H2S(g) +1/2O2(g) = S(g) + H2O(g) △H32S(g) = S2(g) △H4则△H4的正确表达式为A. △H4 = 2/3(△H1 + △H2 - 3△H3)B. △H4 = 2/3(3△H3 - △H1 - △H2)C. △H4 = 3/2(△H1 + △H2 - 3△H3)D. △H4 = 3/2(△H1 - △H2 - 3△H3)13. 室温时，M(OH)2(s) M2+(aq) + 2OH－(aq) K sp = a。

2014高考模拟理综化学试题二 第 1 页 共 1 页 2014高考模拟理综化学试题二答案7．D 8．C 9．C 10．B 11．D 12．A 13．B26．（（每空2分，共14分）（1）FeCl 3（或Fe(NO 3)3） 1.82（2）4NH 3 + 3O 2 2N 2+6H 2O （反应条件不要求）（3）K sp ＝c (Al 3+)·c 3(OH －) Al 3+＋3AlO- 2＋6H 2O ＝4Al(OH)3↓（4）c (Na + )>c (HCO- 3)>c (CO2- 3)>c (OH -)>c (H +)Na 2CO 3(aq)＋CO 2(g)＋H 2O(l)＝2NaHCO 3(aq) ΔH ＝－10a kJ/mol27．（每空2分，共14分）（1）bd （2）0.02mol·L -1·min -1 CE （3）分离出0.8mol NH 3 ＝（4）N 2 + 8H ++ 6e -= 2NH+ 4 3(10-8K + 0.05)mol28．（15分）（1）冷凝、回流（1分） 防止倒吸（1分）（2）S ＋2H 2SO 4(浓) 3SO 2↑＋2H 2O（3）Ca(HSO 3)2 取少量D 试管中液体，向其中加入适量氢氧化钠溶液，观察是否有沉淀生成（4）5SO 2＋2MnO －4＋2H 2O ＝5SO2－4＋2Mn 2＋＋4H ＋（5）CuS 或Cu 2S 或CuS 、Cu 2S(任答一种情况即可)（6）1∶7（3分，其余每空2分）37．(15分)（每空2分）Ⅰ．DE Ⅱ． 2M 8N A r 3（3分） Ⅲ．(1) C 60、O 2和干冰；(2) Cu 、Ag 、Au (3) 4个，其他4个碳原子存在四个互不相邻的小立方体的中心(4) 体心和十二条棱的中心 (5) Ca 2+38．（15分）（1） 羧基、（酚）羟基、碳碳双键 保护酚羟基，使之不被氧化（每空2分）（2）acd （3分，错选0分，漏选1分）（3）（2分） （4）（2分）（5）6（2分） 点燃 △。

高中化学学习材料河南省六市2014届高三第二次联合模拟化学试卷一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1．设N A为阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是（）A．标准状况下，2.24L Cl溶于水，转移的电子数目为0.1N A2B．常温下，10L pH=12的NaCO3溶液中含有的OH﹣离子数为0.1N A2C．标准状况下，22.4L NO和NO的混合气体中所含的氮原子总数为2N A2D．将含有1mol FeCl的浓溶液完全水解可得到Fe（OH）3胶粒的数目为N A3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、依据n=，结合氯气和水反应是可逆反应不能进行彻底分析；B、依据溶液PH和离子积常数计算；C、依据n=计算物质的量，结合分子式特征分析计算氮原子数；D、氢氧化铁胶体分散质是氢氧化铁的集合体．解答：解：A、依据n=，结合氯气和水反应是可逆反应不能进行彻底，2.24L Cl2溶于水，转移的电子数目小于0.1N A，故A错误；B、依据溶液PH和离子积常数计算，常温下，10L pH=12的Na2CO3溶液中含有的OH﹣离子数=10L××N A=0.1N A，故B正确；C、依据n=计算物质的量=1mol，结合分子式可知氮原子数为N A，故C错误；D、氢氧化铁胶体分散质是氢氧化铁的集合体，将含有1mol FeCl3的浓溶液完全水解可得到Fe（OH）3胶粒的数目小于N A，故D错误；故选B．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是氧化还原反应电子转移计算，溶液浓度计算分析，气体摩尔体积的条件分析应用，注意氯气和水反应是可逆反应，掌握基础是关键，题目难度中等．2．（3分）（2014•河南二模）原子序数依次增大的X、Y、Z、W四种短周期元素，X、W原子的最外层电子数与其电子层数相等，X、Z的最外层电子数之和与Y、W的最外层电子数之和相等．甲的化学式为YX3，是一种刺激性气味的气体，乙是由X、Y、Z组成的盐．下列说法A．由X、Y、Z组成盐的水溶液呈酸性，则溶液中该盐阳离子浓度小于酸根离子浓度B．YX的水溶液呈弱碱性，能使湿润的蓝色石蕊试纸变红3C．原子半径：Z＜Y＜W，而简单离子半径：W＜Y＜ZD．W的氯化物熔点低，易升华，但水溶液能导电，由此推断它属于弱电解质考点：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：原子序数依次增大的X、Y、Z、W四种短周期元素，X、W原子的最外层电子数与其电子层数相等，甲的化学式为YX3，是一种刺激性气味的气体，则甲是NH3，所以X是H 元素、Y是N元素，W原子的最外层电子数与其电子层数相等且原子序数大于N，所以W是Al元素，X、Z的最外层电子数之和与Y、W的最外层电子数之和相等，所以Z是F元素，乙是由X、Y、Z组成的盐，则乙是NH4F，结合物质的结构和性质解答．解答：解：原子序数依次增大的X、Y、Z、W四种短周期元素，X、W原子的最外层电子数与其电子层数相等，甲的化学式为YX3，是一种刺激性气味的气体，则甲是NH3，所以X 是H元素、Y是N元素，W原子的最外层电子数与其电子层数相等且原子序数大于N，所以W是Al元素，X、Z的最外层电子数之和与Y、W的最外层电子数之和相等，所以Z是F元素，乙是由X、Y、Z组成的盐，则乙是NH4F，A．由X、Y、Z组成盐为NH4F，NH4F的水溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），根据电荷守恒得c（NH4+）＜c（F﹣），故A正确；B．NH3的水溶液呈弱碱性，石蕊遇碱变蓝色，所以氨水能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，故B错误；C．原子半径：Z＜Y＜W，而简单离子半径：W＜Z＜Y，故C错误；D．氯化铝在水溶液里完全电离，所以氯化铝是强电解质，故D错误；故选A．点评：本题考查了元素位置结构性质的相互关系及应用，根据原子结构确定元素，根据物质的性质及原子结构来分析解答，知道离子半径大小的比较方法，注意氯化铝是强电解质，但为共价化合物．3．（3分）（2014•河南二模）在塑料原料加工时，添加塑化剂（DCHP）可以使其变得较为柔软，易于加工．塑化剂易溶于有机溶剂，是一种对人体有害的一类物质．塑化剂的一种制备方法如下：下列说法正确的是（）A．DCHP的分子式为CH28O420B．上述制备DCHP的反应属于取代反应C．DCHP苯环上的一氯代物有4种D．1mol DCHP最多可与含4mol NaOH的溶液反应考点：有机物的结构和性质．专题：有机物的化学性质及推断．分析：A．根据有机物结构简式可确定有机物分子式；B．根据反应特点判断反应类型；C．从结构对称的角度判断；D．DCHP含有2个酯基，可水解生成2个羧基和2个醇羟基．解答：解：A．由结构简式可知DCHP的分子式为CH24O4，故A错误；20B．反应为醇和酯的取代反应，故B正确；C．结构对称，DCHP苯环上的一氯代物有2种，故C错误；D．DCHP含有2个酯基，可水解生成2个羧基和2个醇羟基，则1mol DCHP最多可与含2mol NaOH的溶液反应，故D错误．故选B．点评：本题考查有机物的官能团及性质，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握结构与性质的关系是解答本题的关键，题目难度不大．4．（3分）（2014•河南二模）英国赫瑞瓦特大学陶善文博士研究出以尿素为动力的燃料电池新技术．用这种电池可直接去除城市废水中的尿素，既能产生净化的水，又能发电．尿素燃料电池结构如图所示，关于该电池描述正确的是（）A．电池工作时H+移向负极B．该装置还可以将电能转化成为化学能C．理论上电池工作时，每消耗67.2L O时，可以净化2mol CO（NH2）22D．电池的负极反应式为：CO（NH）2+H2O﹣6e﹣=CO2+N2+6H+2考点：原电池和电解池的工作原理．专题：电化学专题．分析：尿素燃料电池中尿素在负极上失去电子生成氮气、二氧化碳，为氧化反应，负极反应为CO（NH2）2+H2O﹣6e﹣═N2↑+CO2↑+6H+，正极通入氧气，电极方程式为O2+4H++4e﹣═2H2O，结合电极方程式解答该题．解答：解；A．原电池中阳离子向正极移动，则电池工作时H+移向正极，故A错误，故A错误；B．该装置为原电池，原电池是把化学能转化为电能的装置，故B错误；C．电池的总反应式为：2CO（NH2）2+3O2=2CO2+2N2+4H2O，消耗67.2L O2，如果是标准状况，则消耗的氧气的物质的量为3mol，则可以净化2mol CO（NH2）2，由于没说明是标准状况，所以氧气的物质的量不能求算，故C错误；D．负极上是CO（NH2）2失电子生成二氧化碳和氮气，则负极反应式为：CO（NH2）2+H2O ﹣6e﹣=CO2+N2+6H+，故D正确．故选D．点评：本题考查了原电池原理的应用，为高频考点，注意掌握电极方程式的书写是解决本题的关键，易错点为C，注意气体存在的外界条件，题目难度中等．5．（3分）（2014•赤峰模拟）有机物X的蒸气相对氢气的密度为51，X中氧元素的质量分数为31.7%，则能在碱性溶液中发生反应的X的同分异构体有（不考虑立体异构）（）A．15种B．14种C．13种D．12种考点：同分异构现象和同分异构体；有机物实验式和分子式的确定．专题：同系物和同分异构体．分析：有机物A的蒸气对氢气同温同压下相对密度为51，则A的相对分子质量为51×2=102，含氧的质量分数为31.7%，则分子中N（O）==2，分子中碳、氢元素的原子量之和为102﹣16×2=70，利用余商法=5…0，所以分子式为C5H10O2，可能是酸、也可能是酯从而判断同分异构体；解答：解：分子式为C5H10O2的有机物在碱性溶液中发生反应，可能是酸，属于饱和一元酸，其同分异构体等于丁基的种类，共有4种，分子式为C5H10O2的有机物在碱性溶液中发生反应，可能是酯，属于饱和一元酯，若为甲酸和丁醇酯化，丁醇有4种，可形成4种酯；若为乙酸和丙醇酯化，丙醇有2种，可形成2种酯；若为丙酸和乙醇酯化，丙酸有1种，可形成1种酯；若为丁酸和甲醇酯化，丁酸有2种，可形成2种酯；所以能在碱性溶液中发生反应的C5H10O2的同分异构体有4种羧酸，9种酯，共13种；故选：C；点评：本题考查有机物分子式的确定、同分异构体书写、官能团的性质等，计算确定有机物的分子式、确定酯的种类是解题的关键，注意掌握官能团的性质．选项实验事实解释或结论A KI淀粉溶液中滴入氯水变蓝，再通入SO2，溶液褪色SO2具有漂白性B 将BaSO4浸泡在饱和Na2CO3溶液中，部分BaSO4转化为BaCO3K sp（BaSO4）＞K sp（BaCO3）C 某钾盐溶于盐酸，产生无色无味气体，该气体通入澄清石灰水，有白色沉淀出现该钾盐可能是K2CO3DNaI溶液溶液变蓝色酸性条件下H2O2的氧化性比I2强A．A B．B C．C D．D考点：化学实验方案的评价．专题：实验评价题．分析：A．二氧化硫具有还原性，可与氯气、碘发生氧化还原反应；B．当Qc（BaCO3）＞K sp（BaCO3）时，可生成沉淀；C．可能为KHCO3或K2CO3；D．加入硝酸，影响实验结论．解答：解：A．KI淀粉溶液中滴入氯水变蓝，说明生成碘，再通入SO，溶液褪色，原因是碘2和二氧化硫发生氧化还原反应，故A错误；B．当Qc（BaCO3）＞K sp（BaCO3）时，可生成沉淀，不能证明K sp（BaSO4）＞K sp（BaCO3），故B错误；C．生成无色无味气体为二氧化碳，可能为KHCO3或K2CO3，故C正确；D．硝酸具有强氧化性，影响实验结论，应用硫酸酸化，故D错误．故选C．点评：本题考查较为综合，涉及物质的检验和性质的比较，综合考查学生的分析能力、实验能力和评价能力，为高考常见题型，注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性和可行性的评价，难度不大．7．（3分）（2014•河南二模）已知下表为250C时某些弱酸的电离平衡常数．如图表示常温时，稀释CH3COOH、HClO两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化．依据所给信息，下列说CH3COOH HClO H2CO3K a=1.8×10﹣5K a=3.0×10﹣8K a1=4.4×10﹣7 K a2=4.7×10﹣11A．相同浓度的CHCOONa和NaClO的混合溶液中，各离子浓度的大小关系是：C（Na+）＞C3（ClO﹣）＞C（CH3COO﹣）＞C（OH﹣）＞C（H+）B．向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式为：2ClO﹣+CO+H2O═2HClO+CO32﹣2C．a、b、c三点所示溶液中水的电离程度c＞a＞bD．图象中，I表示CHCOOH，Ⅱ表示HClO，且溶液导电性：c＞b＞a3考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：A．酸电离平衡常数CHCOOH＞HClO，则酸根离子水解程度ClO﹣＞CH3COO﹣，酸根离子3水解程度越大，该离子在水溶液中浓度越小；B．酸性强弱H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，根据强酸制取弱酸知，二者反应生成碳酸氢钠和次氯酸；C．酸溶液中氢离子浓度越小，酸抑制水电离程度越小；D．pH相等的CH3COOH、HClO，稀释相同的倍数时，较强酸中氢离子浓度小于较弱酸，则较弱酸的pH小于较强酸，酸中离子浓度越大则酸溶液的导电性越强．解答：解：A．酸电离平衡常数CHCOOH＞HClO，则酸根离子水解程度ClO﹣＞CH3COO﹣，酸根3离子水解程度越大，该离子在水溶液中浓度越小，所以C（ClO﹣）＜C（CH3COO﹣），ClO ﹣、CHCOO﹣都水解导致溶液呈碱性但水解程度都较小，钠离子不水解，所以溶液中离3子浓度大小顺序是C（Na+）＞C（CH3COO﹣）＞C（ClO﹣）＞C（OH﹣）＞C（H+），故A 错误；B．酸性强弱H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，根据强酸制取弱酸知，二者反应生成碳酸氢钠和次氯酸，离子方程式为ClO﹣+CO2+H2O═HClO+HCO3﹣，故B错误；C．酸溶液中氢离子浓度越小，酸抑制水电离程度越小，a、b、c三点溶液中C（H+）大小顺序是b＞a＞c，所以水电离程度c＞a＞b，故C正确；D．pH相等的CH3COOH、HClO，稀释相同的倍数时，较强酸中氢离子浓度小于较弱酸，则较弱酸的pH小于较强酸，酸性CH3COOH＞HClO，所以I表示CH3COOH，Ⅱ表示HClO，酸中离子浓度越大则酸溶液的导电性越强，所以溶液导电性：b＞a＞c，故D错误；故选C．点评：本题考查了弱电解质的电离，根据酸的电离常数与酸根离子水解程度、酸的酸性强弱等知识点来分析解答，注意：溶液导电能力大小与溶液中自由移动离子成正比，与电解质强弱无关，为易错点．二、解答题（共3小题，满分43分）8．（13分）（2014•河南二模）一溴乙烷为无色液体，熔点﹣119.1℃，沸点38.4℃，常用于汽油的乙基化、冷冻剂和麻醉剂．制备一溴乙烷的反应原理为：NaBr+H2SO4═HBr↑+NaHSO4，CH3CH2OH+HBr→CH3CH2Br+H2O．实验室可用如图装置制备一溴乙烷某学生的实验过程和具体操作可简述如下：查阅资料可知：①可能产生的副产物有：CH3CH2OCH2CH3、CH2BrCH2Br、CH2=CH2、Br2、SO2，其中1，2﹣二溴乙烷为无色液体，熔点9.3℃，沸点131.4℃．②油层a用浓硫酸处理可以除掉乙醚、乙醇和水等杂质．请结合以上信息回答下列问题：（1）实验过程中锥形瓶置于冰水混合物中的目的是防止产品挥发损失．（2）水层a中的离子除Na+、H+、OH﹣和Br﹣外，还一定含有SO42﹣，检验该离子的方法是取少量水层a的溶液于试管中，加入足量稀盐酸化，再滴加少量的BaCl2溶液，若产生浑浊，有SO42﹣，否则无SO42﹣．（3）油层a、b均呈微黄色．该学生猜测油层b除一溴乙烷外还可能含有其它一种或多种副实验步骤预期现象和结论步骤1：将油层b转移至分液漏斗中，再加入足量稀 Na2SO3溶液充分振荡，静置．液体分层，下层液体逐渐褪为无色步骤2：取步骤1的水层少量于试管中，加入稀硫酸酸化，再加入适量新制氯水及少量CCl4，充分振荡，静置．溶液分层，下层呈橙红色，证明油层b中含有Br2．步骤3：将步骤1的油层充分洗涤、干燥后装入蒸馏装置中，水浴加热至温度计升高至450C左右．馏出蒸汽的温度稳定在38℃左右，不再有蒸汽馏出时，将蒸馏烧瓶中残留液体置于冰水浴中冷却，凝结成白色固体，则证明油层b中含有1，2﹣二溴乙烷．（4）该同学在实验过程中加入了10mL乙醇（0.17mol），足量浓硫酸，适量水，以及0.15mol 溴化钠，最后蒸馏获得了10.9g一溴乙烷产品．请计算产率0.67 （用小数表示，保留二位小数）．考点：制备实验方案的设计．专题：实验题．分析：95%乙醇、水和浓硫酸，冰水冷却，边搅拌边缓慢加入NaBr粉末，反应生成的HBr和乙醇发生取代反应得到一溴乙烷，分液小火加热得到馏出液，在分液漏斗中分层得到油层a，再边用冰水冷却，边加入适量浓硫酸，通过分液得到水层b和油层b得到一溴乙烷；（1）一溴乙烷的沸点较低，易挥发，所以锥形瓶置于冰水混合物中的目的是防止产品挥发损失；（2）制备一溴乙烷所用试剂有浓硫酸，所以水层a中的离子除Na+、H+、OH﹣和Br﹣外，一定还有SO42﹣；SO42﹣的检验方法是取少量水层a的溶液于试管中，加入足量稀盐酸化，再滴加少量的BaCl2溶液，若产生浑浊，有SO42﹣，否则无SO42﹣．（3）步骤2中溶液出现分层现象，所以将油层b转移至分液漏斗中，便于分离溶液；一溴乙烷中可能含有CH3CH2OCH2CH3、CH2BrCH2Br、CH2=CH2、Br2、SO2等杂质，而使溶液显黄色．一溴乙烷的密度比水大，Na2SO3溶液可以吸收Br2、SO2在溶液的上层，一溴乙烷等油层在溶液的下层，所以出现的现象是液体分层，下层液体逐渐褪为无色；步骤2中用新制氯气和四氯化碳溶液萃取，溶液分层，下层呈橙红色，证明原油层中b 中含有Br2；步骤1的油层中含有一溴乙烷、CH2BrCH2Br等，一溴乙烷的沸点较低，所以控制温度在38℃左右时溜出的馏分是一溴乙烷，常用水浴加热的方法，控制温度．（4）乙醇的物质的量大于溴化钠的物质的量，所以理论上生成0.15mol的一溴乙烷，实际得到=0.1mol的一溴乙烷，所以产率=×100%；解答：解：95%乙醇、水和浓硫酸，冰水冷却，边搅拌边缓慢加入NaBr粉末，反应生成的HBr 和乙醇发生取代反应得到一溴乙烷，分液小火加热得到馏出液，在分液漏斗中分层得到油层a，再边用冰水冷却，边加入适量浓硫酸，通过分液得到水层b和油层b得到一溴乙烷；（1）一溴乙烷的沸点较低，易挥发，所以锥形瓶置于冰水混合物中的目的是防止产品挥发损失，减少损耗；故答案为：防止产品挥发损失；（2）制备一溴乙烷所用试剂有浓硫酸，所以水层a中的离子除Na+、H+、OH﹣和Br﹣外，一定还有SO42﹣；SO42﹣的检验方法是：取少量水层a的溶液于试管中，加入足量稀盐酸化，再滴加少量的BaCl2溶液，若产生浑浊，有SO42﹣，否则无SO42﹣；故答案为：SO42﹣，取少量水层a的溶液于试管中，加入足量稀盐酸化，再滴加少量的BaCl2溶液，若产生浑浊，有SO42﹣，否则无SO42﹣；（3）步骤2中溶液出现分层现象，所以将油层b转移至分液漏斗中，便于分离溶液；一溴乙烷中可能含有CH3CH2OCH2CH3、CH2BrCH2Br、CH2=CH2、Br2、SO2等杂质，而使溶液显黄色．一溴乙烷的密度比水大，Na2SO3溶液可以吸收Br2、SO2在溶液的上层，一溴乙烷等油层在溶液的下层，所以出现的现象是液体分层，下层液体逐渐褪为无色；步骤2中用新制氯气和四氯化碳溶液萃取，溶液分层，下层呈橙红色，证明原油层中b 中含有Br2；步骤1的油层中含有一溴乙烷、CH2BrCH2Br等，一溴乙烷的沸点较低，所以控制温度在38℃左右时溜出的馏分是一溴乙烷，常用水浴加热的方法，控制温度；故答案为：实验步骤预期现象和结论分液漏斗液体分层，下层液体逐渐褪为无色油层b中含有Br2水浴加热（4）乙醇的物质的量大于溴化钠的物质的量，所以理论上生成0.15mol的一溴乙烷，实际得到mol=的一溴乙烷，所以产率==0.67．故答案为0.67；点评：本题考查一溴乙烷的制备实验，离子的检验，物质的分离方法，仪器的选择，产率的计算，掌握实验基本操作，物质性质是解题关键，题目难度中等．9．（14分）（2014•河南二模）金属钛素有“太空金属”、“未来金属”等美誉．工业上，以钛铁矿为原料制备二氧化钛并得到副产品FeSO4•7H2O（绿矾）的工艺流程如下图所示．已知：TiO2+在一定条件下会发生水解；钛铁矿主要成分为钛酸亚铁（FeTiO3），含有少量SiO2杂质；其中一部分铁元素在钛铁矿处理过程中会转化为+3价．（1）黑钛液中生成的主要阳离子有TiO2+和Fe2+，写出步骤①化学反应方程式：FeTiO3+2H2SO4═FeSO4+TiOSO4+2H2O ；步骤②中，加入铁粉的主要目的是将Fe3+转化为Fe2+并防止Fe2+被氧化．（2）步骤③中，实现混合物的分离是利用物质的 b （填字母序号）．a．熔沸点差异b．溶解性差异 c．氧化性、还原性差异（3）步骤②、③、④中，均涉及到的操作是过滤（填操作名称）；在实验室完成步骤⑤“灼烧”所需主要仪器有坩埚．（4）请结合化学用语用化学平衡理论解释步骤④中将TiO2+转化为Ti（OH）4的原因：溶液中存在平衡：TiO2++3H 2O Ti（OH）4+2H+，当加入热水稀释、升温后，平衡正向移动，生成Ti（OH）4．（5）可以利用生产过程中的废液与软锰矿（主要成分为MnO2）反应生产硫酸锰（MnSO4，易溶于水），该反应的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+═Mn2++2Fe3++2H2O ．（6）实验室通过下面方法可测定副产品绿矾中FeSO4•7H2O的质量分数．a．称取2.85g绿矾产品，溶解，在250mL容量瓶中定容；b．量取25.00mL待测溶液于锥形瓶中；c．用硫酸酸化的0.01mol/LKMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液体积的平均值为19.00mL （滴定时发生反应的离子方程式为：Fe2++MnO4﹣+H+→Fe3++Mn2++H2O 未配平）．计算上述样品中FeSO4•7H2O的质量分数为0.93 （用小数表示，保留二位小数）．考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；探究物质的组成或测量物质的含量．专题：实验设计题．分析：流程分析：第①步加酸溶解生成TiO2+和Fe2+，第②步加铁粉还原Fe3+，过滤除去滤渣，第③步冷却结晶，过滤得到FeSO4•7H2O和含有TiO2+的溶液；第④步调节PH，使TiO2+水解生成Ti（OH）4，过滤得到Ti（OH）4；第⑤步Ti（OH）4受热分解生成化生成TiO2．（1）FeTiO3与H2SO4反应生成FeSO4、TiOSO4和H2O；（2）步骤③中，利用绿矾与TiOSO4的溶解性的差异实现混合物的分离；（3）步骤②、③、④中均为分离固液混合物的操作；灼烧固体在坩埚中进行；（4）升高温度促进水解平衡正移；（5）生产过程中的废液含有Fe2+，与MnO2发生氧化还原反应；（6）依据滴定实验的反应终点时发生的反应进行计算，依据铁元素守恒，结合滴定过程的反应离子方程式计算得到．解答：解：流程分析：第①步加酸溶解生成TiO2+和Fe2+，第②步加铁粉还原Fe3+，过滤除去滤渣，第③步冷却结晶，过滤得到FeSO4•7H2O和含有TiO2+的溶液；第④步调节PH，使TiO2+水解生成Ti（OH）4，过滤得到Ti（OH）4；第⑤步Ti（OH）4受热分解生成化生成TiO2．（1）FeTiO3与H2SO4反应生成FeSO4、TiOSO4和H2O，则其化学反应方程式为：FeTiO3+2H2SO4═FeSO4+TiOSO4+2H2O；亚铁离子易被氧化，则加入铁粉的主要目的是将Fe3+转化为Fe2+并防止Fe2+被氧化；故答案为：FeTiO3+2H2SO4═FeSO4+TiOSO4+2H2O；将Fe3+转化为Fe2+并防止Fe2+被氧化；（2）步骤③中，利用绿矾与TiOSO4的溶解性的差异实现混合物的分离，把混合物的溶液冷却结晶得到绿矾固体，故答案为：b；（3）步骤②、③、④中均为分离固液混合物的操作，则操作为过滤；灼烧固体一般在坩埚中进行，故答案为：过滤；坩埚；（4）TiO2+在一定条件下会发生水解生成Ti（OH）4和氢离子，溶液中存在平衡：TiO2++3H 2O Ti（OH）4+2H+，升高温度促进水解平衡正移，生成Ti（OH）4；故答案为：溶液中存在平衡：TiO2++3H 2O Ti（OH）4+2H+，当加入热水稀释、升温后，平衡正向移动，生成Ti（OH）4；（5）生产过程中的废液含有Fe2+，与MnO2发生氧化还原反应生成硫酸锰，其反应的离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+═Mn2++2Fe3++2H2O，故答案为：MnO2+2Fe2++4H+═Mn2++2Fe3++2H2O；（6）5Fe2++MnO4﹣+8H+═5Fe3++Mn2++4H2O5 1n（Fe2+） 0.01mol/L×0.019L计算得到：n（Fe2+）=0.00095mol；则250mL溶液中含Fe2+为0.00095mol×=0.0095mol；FeSO4•7H2O物质的量为0.0095mol，其质量为0.0095mol×278g/mol=2.641g绿矾的质量分数==0.93，故答案为：0.93．点评：本题考查了物质制备流程分析判断，实验基本操作，离子方程式的书写，数据计算等，题目涉及的知识点较多，综合性强，考查学生对所学知识的综合应用能力，题目难度中等．10．（16分）（2014•河南二模）碳及其化合物与人类生产、生活密切相关．请回答下列问题：（1）在化工生产过程中，少量CO的存在会引起催化剂中毒．为了防止催化剂中毒，常用SO2将CO氧化，SO2被还原为S．已知：C（s）+O2（g）═CO（g）△H1=﹣126.4kJ/molC（s）+O2（g）═CO2（g）△H2=﹣393.5kJ•mol﹣1S（s）+O2（g）═SO2（g）△H3=﹣296.8kJ•mol﹣1则SO2氧化CO的热化学反应方程式：SO2（g）+2CO（g）=S（s）+2CO2（g）△H=﹣237.4kJ •mol﹣1（2）CO可用于合成甲醇，反应方程式为CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）．①CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图1所示，该反应△H ＜0（填“＞”或“＜”）．图2表示CO的转化率与起始投料比[]、温度的变化关系，曲线I、Ⅱ、Ⅲ对应的平衡常数分别为K1、K2、K3，则K1、K2、K3的大小关系为K1＞K2＞K3；测得B（X，60）点氢气的转化率为40%，则x1= 3 ．②在恒容密闭容器里按体积比为1：2充入一氧化碳和氢气，一定条件下反应达到平衡状态．当改变反应的某一个条件后，下列变化能说明平衡一定向正反应方向移动的是AC （填序号）．A．正反应速率先增大后减小 B．逆反应速率先增大后减小C．化学平衡常数K值增大 D．反应物的体积百分含量增大E．混合气体的密度增大③一定条件下，将2mol CO和2mol H2置于容积为2L固定的密闭容器中发生上述反应，反应达到平衡时CO与H2体积之比为2：1，则平衡常数K= 4.5L2•mol﹣2．（3）最新研究发现，用隔膜电解法可以处理高浓度乙醛废水．原理：使用惰性电极电解，乙醛分别在阴、阳极转化为乙醇和乙酸，总反应为：2CH3CHO+H2O⇌CH3CHOH+CH3CHOOH．实验室中，以一定浓度的乙醛﹣Na2SO4溶液为电解质溶液，模拟乙醛废水的处理过程，其装置示意图如图所示：①电解过程中，两极除分别生成乙酸和乙醇外，均产生无色气体，阳极电极反应分别为：4OH﹣﹣4e﹣═O2↑+2H2O；CH3CHO﹣2e﹣+H2O═CH3COOH+2H+．②在实际工艺处理过程中，阴极区乙醛的去除率可达60%．若在两极区分别注入1m3乙醛的含量为300mg/L的废水，可得到乙醇0.19 kg（计算结果保留2位小数）考点：热化学方程式；化学平衡常数的含义；化学平衡的影响因素；转化率随温度、压强的变化曲线；电解原理．专题：基本概念与基本理论．分析：（1）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；（2）①依据定一议二的方法分析图象变化，温度越高，一氧化碳转化率越小，升温平衡逆向进行；设起始量氢气为x，一氧化碳物质的量为y，依据转化率分析计算；②当正逆反应速率不相等时，化学平衡会向着正方向或是逆方向进行；③依据平衡三段式列式计算平衡浓度，结合平衡常数概念计算；（3）①阳极上失电子发生氧化反应，阴极上得电子发生还原反应；②先根据废水的质量、乙醛的去除率计算去除乙醛的质量，再根据乙醛和乙醇的关系式计算生成乙醇的质量．解答：解：（1）已知：①C（s）+O（g）═CO（g）△H1=﹣126.4kJ/mol2②C（s）+O2（g）═CO2（g）△H2=﹣393.5kJ•mol﹣1③S（s）+O2（g）═SO2（g）△H3=﹣296.8kJ•mol﹣1依据盖斯定律计算②×2﹣①×2﹣③得到SO2氧化CO的热化学反应方程式：SO2（g）+2CO（g）=S（s）+2CO2（g）△H=﹣237.4kJ•mol﹣1；故答案为：SO2（g）+2CO（g）=S（s）+2CO2（g）△H=﹣237.4kJ•mol﹣1；（2）①依据定一议二的方法分析图象变化，温度越高，一氧化碳转化率越小，升温平衡逆向进行，逆向是吸热反应，正反应为放热反应，△H＜0，温度越高平衡逆向进行，平衡常数减小，所以 K1＞K2＞K3，设起始量氢气为x，一氧化碳物质的量为y；CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）y x 00.6y 0.4x则0.6y：0.4x=1：2x：y=3故答案为：＜； K1＞K2＞K3；3；②化学平衡的标志是正逆反应速率相等，当逆反应速率大于正反应速率时，说明反应是逆向进行的，CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H＜0；A．正反应速率先增大后减小，说明反应正向进行，故A正确；B．逆反应速率先增大后减小，说明反应逆向进行，故B错误；C．化学平衡常数K值增大，说明平衡正向进行，故C正确；D．反应物的体积百分含量增大，可能逆向进行，也可能正向进行，不能说明反应正。

2014届高考模拟考试理科综合化学试题相对原子质量:H-1 Cl-35.5 O-16 S-32 Fe-56 Si-281．下列说法正确的是：( )①标准状况下，22.4L已烯含有的分子数约为6.02×1023②标准状况下，11.2L的氧气和氮气的混合物含有的分子数约为0.5×6.02×1023③7.1g氯气与足量的水反应转移的电子数约为0.1×6.02×1023④60 g SiO2晶体中含有2×6.02×1023个Si—O键⑤1mol乙醇中含有的共价键数约为7×6.02×1023⑥500mL 1 mol/L的硫酸铝溶液中含有的硫酸根离子数约为1.5×6.02×1023 A．①④B．②⑥C．③⑤D．②⑤2．下列有关离子共存的说法或离子方程式的书写中，正确的是（）A. 碳酸钠溶液中加入澄清石灰水：Ca(OH)2＋CO2－3===CaCO3↓＋2OH－B .向NH4HCO3溶液中加入足量NaOH溶液共热：NH4++OH-△NH3↑+H2OC. 通入过量SO2气体的溶液中：Fe3+、NO3－、Ba2+、H+D.水电离出的c(H+)=1×10-6mol/L溶液中可能大量共存的离子：K+、CO32-、Na+、S2-3．下列叙述正确的是（）A．加入BaCl2溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，原溶液一定有SO42—B．滴入KMnO4酸性溶液，紫红色褪去，证明CH2=CHCH2CHO中一定有碳碳不饱和键C．能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体的水溶液一定显碱性D．加入稀盐酸，产生无色并能使澄清石灰水变浑浊的气体，原溶液一定有CO32—或SO32—4．下列说法正确的是( )A．油脂、淀粉、蔗糖和葡萄糖在一定条件都能发生水解反应B．根据分散质粒子的直径大小，分散系可分为溶液、浊液和胶体，浊液的分散质粒子大小介于溶液与胶体之间C．棉、麻、羊毛及合成纤维完全燃烧都只生成CO2和H2OD．蛋白质是结构复杂的高分子化合物，分子中都含有C、H、O、N四种元素5．常温下，NaOH溶液与未知浓度的醋酸溶液等体积混合后，向溶液中滴加甲基橙试液，溶液变红，下列情况可能出现的是 ( )A 混合溶液中：4<pH<5B. 混合溶液中离子浓度：C. 混合前溶液的pH:D. 混合溶液中粒子浓度：6．在 1 100 ℃，一定容积的密闭容器中发生反应：FeO(s)＋CO(g)Fe(s)＋CO2(g) ΔH＝a kJ·mol－1(a＞0)，该温度下K＝0.263，下列有关该反应的说法正确的是( ) A．达到化学平衡状态时，若c(CO)＝0.100 mol·L－1，则c(CO2)＝0.0263 mol·L－1 B．若要提高CO的转化率，则应该加入适当的过量FeOC ．升高温度混合气体的平均相对分子质量不变D ．若生成56gFe ，则吸收的热量小于a kJ7．某固体酸燃料电池以CsHSO 4固体为电解质传递H ＋，其基本结构见下图，电池总反应可表示为：2H 2＋O 2===2H 2O ，下列有关说法正确的是( ) A ．H ＋由a 极通过固体酸电解质传递到b 极B ．b 极上的电极反应式为：O 2＋2H 2O ＋4e －===4OH －C ．每转移0.1 mol 电子，消耗1.12 L 的H 2D ．电子通过外电路从b 极流向a 极 8． (14 分）X. Y. Z ， W 是元素周期表前四周期常见的四种元素，原子序数依次增大。

7．下列对于生产、生活有关的化学问题的分析正确的是A ．对“地沟油”进行分馏可得到汽油B ．向煤中加入适量CaSO 4，可大大减少燃烧产物中SO 2的量C ．PM 2．5、二氧化碳都属于空气质量日报的内容D ．误食可溶性重金属盐后，应采取的有效应急措施是喝大量的豆浆或牛奶8．有机物X 、Y 、M （M 为乙酸）的转化关系为：淀粉→X→Y M−−→乙酸乙酯，下列说法错误．．的是 A ．X 可用新制的氢氧化铜检验B ．由Y 和M 制取乙酸乙酯时可用饱和NaOH 溶液来提纯C ．由Y 生成乙酸乙酯的反应属于取代反应D ．可用碘的四氯化碳溶液检验淀粉是否水解完全 9．下列离子方程式书写正确的是A ．用浓盐酸酸化的KMnO 4溶液与H 2O 2反应，证明H 2O 2具有还原性：24MnO -＋6H ＋＋5H 2O 2＝2Mn 2＋＋5O 2↑＋8H 2OB ．将少量SO 2通入苯酚钠溶液中：2C 6H 5O －＋SO 2＋H 2O ＝2C 6H 5OH ＋23SO －C ．用硫氰化钾溶液可以检验溶液中的Fe 3＋：Fe 3＋＋3SCN －＝Fe （SCN ）3↓D ．向碘化亚铁溶液中通入过量的氯气：2Fe 2＋＋2I －＋2Cl 2＝2Fe 3＋＋I 2＋4Cl －10．下图是部分短周期元素原子半径与原子序数的关系图。

则下列说法正确的是A ．Z 、N 两种元素的离子半径相比，前者较大B ．X 、N 两种元素的气态氢化物的稳定性相比，前者较弱C ．由X 与M 两种元素组成的化合物不能与任何酸反应，但能与强碱反应D ．Z 的氧化物能分别溶解于Y 的氢氧化物和N 的氢化物的水溶液11．某溶液中可能含有H ＋、Na ＋、4NH ＋、Mg 2＋、Fe 3＋、Al 3＋、24SO －、3CO 2－等离子。

当向该溶液中加入一定物质的量浓度的NaOH 溶液时，发现生成沉淀物质的量随NaOH 溶液的体积变化的图象如图所示，下列说法正确的是A ．原溶液中含有的阳离子是H ＋、4NH ＋、Mg 2＋、Al 3＋B ．原溶液中一定含有24SO －和Na ＋C ．原溶液中24SO －的物质的量至少为3．5mol D ．反应最后形成的溶液中含有的溶质为Na 2SO 412．乙醛酸（OHCCOOH ）是合成名贵高档香料乙基香兰素的原料之一，可用草酸（HOOCCOOH ）电解制备，装置如图所示。

浙江省新高考研究联盟2014年高考二模化学试卷一、选择题1．下列说法不正确的是（）A．用石灰石或石灰乳进行燃煤烟气脱硫（除SO2）可获得副产品石膏B．金属的电化学防护措施有牺牲阳极的阴极保护法和外加电流的阴极保护法C．若在水里贮藏室中，放几块被KMnO4溶液浸透过的“砖块”，可延长水果保存时间D．常温时，某可逆反应的平衡常数越大则其反应速率就越快考点："三废"处理与环境保护；金属的电化学腐蚀与防护；化学平衡的影响因素；乙烯的化学性质．.分析：A．石灰乳吸收烟气中的二氧化硫，生成亚硫酸钙，继续氧化可以得到的硫酸钙；B．金属的电化学防护措施有原电池原理的牺牲阳极的阴极保护法和电解池的外加电流的阴极保护法；C．乙烯是一种植物生长调节剂，对水果蔬菜具有催熟的作用，乙烯含有不饱和键能被酸性高锰酸钾氧化；D．平衡常数只反映反应物的转化率，与反应速率无关．解答：解：A．石灰乳吸收烟气中的二氧化硫，生成亚硫酸钙，继续氧化可以得到石膏，故A正确；B．金属的电化学防护措施有原电池原理的牺牲阳极的阴极保护法和电解池的外加电流的阴极保护法，故B正确；C．乙烯具有较强的还原性，能与强氧化剂高锰酸钾反应，故可用高锰酸钾除去乙烯，为了延长水果的保鲜期，故C正确；D．平衡常数只反映反应物的转化率，不反映反应速率的快慢，且只与温度有关，故D错误；故选D．点评：本题考查知识点较多，明确工业脱硫的方法、电化学保护、乙烯的性质和用途以及平衡常数等知识点，题目难度不大，平时注意知识的积累．2．（3分）（2014•浙江二模）下列有关实验的操作，原理和现象的叙述不正确的是（）A．分液操作时，若要回收上层液体，应先从上口倒出上层液体，再从下口将下层液体放出B．浓的NaOH溶液不慎溅到皮肤上，可无用大量水冲洗，再涂上硼酸或稀醋酸溶液C．A lCl3溶液中加入过量NaF固体，再滴加氨水，无沉淀产生说明[AlF6]3﹣很难电离D．检验Cl﹣时，为了排除SO42﹣的干扰，可先滴加过量的Ba（NO3）2溶液后，取上层溶液，再滴加AgNO3溶液，若有白色沉淀，则表明原溶液中有Cl﹣存在考点：化学实验方案的评价．.专题：实验评价题．分析：A．分液操作时下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出；B．氢氧化钠溶液是强碱，具有腐蚀性；C．AlCl3溶液中加入过量NaF固体，生成[AlF6]3﹣；D．先滴加过量的Ba（NO3）2溶液可排除SO32﹣、SO42﹣的干扰．解答：解：A．分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，避免两种液体相互污染，故A错误；B．氢氧化钠溶液是强碱，具有腐蚀性，不慎洒在衣服上，用较多的水冲洗，再涂上硼酸溶液，故B正确；C．AlCl3溶液中加入过量NaF固体，生成[AlF6]3﹣，[AlF6]3﹣难电离，故C正确；D．先滴加过量的Ba（NO3）2溶液可排除SO32﹣、SO42﹣的干扰，滴加AgNO3溶液，若有白色沉淀，则表明原溶液中有Cl﹣存在，故D正确．故选A．点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，侧重物质的性质及离子的检验的考查，注意检验离子应排除干扰，注重基础知识的考查，题目难度不大．3．（3分）（2014•浙江二模）元素周期的形式多种多样，如图是扇形元素周期表的一部分，对比中学常见元素周期表，分析其元素的填充规律，判断下列说法正确的是（）A．③元素形成的单质晶体均属于原子晶体B．④元素的气态氢化物易液化，是因为其分子间存在氢键C．②、⑦、⑧对应的简单离子半径依次减小D．实验室可根据⑥、⑦单质分别与⑤单质反应的难易程度来比较元素的非金属性强弱考点：元素周期律和元素周期表的综合应用．.专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：由元素在周期表中的位置可知，①为H、②为Na、③为C、④为N、⑤为O、⑥为P、⑦为S、⑧为Cl．A．碳单质中金刚石为原子晶体，而C60等为分子晶体；B．氨气分子之间存在氢键，沸点较高，容易液化；C．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；D．根据单质与氢气反应难易程度比较元素的非金属性强弱．解答：解：由元素在周期表中的位置可知，①为H、②为Na、③为C、④为N、⑤为O、⑥为P、⑦为S、⑧为Cl．A．碳单质中金刚石为原子晶体，石墨为混合晶体，而C60等为分子晶体，故A错误；B．氨气分子之间存在氢键，沸点较高，容易液化，故B正确；C．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，故离子半径S2﹣＞Cl﹣＞Na+，故C错误；D．根据单质与氢气反应难易程度比较元素的非金属性强弱，单质与氧气反应不能比较元素非金属性强弱，故D错误，故选B．点评：本题考查元素周期表及应用，侧重元素的位置及性质的考查，注意对基础知识的理解掌握．4．（3分）（2014•浙江二模）下列说法不正确的是（）A．有机物B 与（M1=142.5）互为相邻同系物，则M（B）可能为128.5B．最简单的醛糖是甘油醛C．苯和苯甲酸的混合物1mol，完全燃烧消耗O2的分子数为7.5N AD．乙苯能被酸性KMnO4溶液氧化，是因为苯环对侧链上的﹣CH2﹣产生了影响，使其变活泼考点：有机物的结构和性质．.专题：有机反应．分析：A．同系物结构相似，在分子组成上相差1个或若干个CH2原子团，相对分子质量相差14n；B．根据糖的定义判断；C．苯和苯甲酸的分子式分别为C6H6、C7H6O2，结合分子式计算；D．对比苯、乙烷和乙苯的性质判断．解答：解：A．如M（B）=128.5，则比少一个CH2原子团，羟基直接连接在苯环上，为酚类物质，二者不是同系物，故A错误；B．糖为多羟基醛或多羟基酮，最简单的醛糖为甘油醛，故B正确；C．苯和苯甲酸的分子式分别为C6H6、C7H6O2，其中苯甲酸的分子式可看成C6H6•CO2，等物质的量时消耗氧气的量相同，则苯和苯甲酸的混合物1mol，完全燃烧消耗O2的物质的量为（6+）mol=7.5mol，个数为7.5N A，故C正确；D．苯、乙烷与酸性高锰酸钾都不反应，但乙苯能被酸性KMnO4溶液氧化，可说明苯环对侧链上的﹣CH2﹣产生了影响，使其变活泼，故D正确．故选A．点评：本题考查较为综合，涉及有机物的结构和性质的考查，为高频考点，注意把握有机物的组成、结构和性质，难度不大，易错点为A，注意酚和醇的区别．5．（3分）（2014•浙江二模）尿液也能发电，尿素燃料电池结构如图所示，用这种电池既能净化含氨废水，又能发电．下列关于该电池描述不正确的是（）A．电流从左侧电极经过负载后流向右侧电极B．电池放电时，H+从正极向负极迁移C．电池的负极反应式：CO（NH2）2+H2O﹣6e﹣=N2+CO2+6H+D．电池降解1mol尿素，理论上消耗标准状况下33.6LO2考点：原电池和电解池的工作原理．.专题：电化学专题．分析：A、通入氧气的电极为燃料电池的正极，发生还原反应；B、原电池中阳离子移向正极；C、负极上是CO（NH2）2失电子生成二氧化碳和氮气；D、根据电池的总反应式进行计算．解答：解：A、通入氧气的电极为燃料电池的正极，发生还原反应，电流从左侧电极经过负载后流向右侧电极，故A正确；B、原电池中阳离子向正极移动，则电池工作时H+移向正极，故B错误；C、负极上是CO（NH2）2失电子生成二氧化碳和氮气，则负极反应式为：CO（NH2）2+H2O ﹣6e﹣=CO2+N2+6H+，故C正确；D、电池的总反应式为：2CO（NH2）2+3O2=2CO2+2N2+4H2O，消耗67.2L O2，如果是标准状况，则消耗的氧气的物质的量为3mol，则可以净化2mol CO（NH2）2，故D正确；故选B．点评：本题考查了原电池原理的应用，注意掌握电极方程式的书写是解决本题的关键，注意用气体的体积求算物质的量是要看清是否是标准状况，题目难度中等．6．（3分）（2014•浙江二模）常温下，向某浓度H2A溶液中逐滴加入一定量浓度NaOH溶液，所得溶液中H2A、HA﹣、A2﹣三种微粒的物质的量分数与溶液pH的关系如图所示，则下列说法中不正确的是（）A．H2A是一种二元弱酸B．常温下，H2A=H++HA﹣的电离平衡常数Ka1=0.01C．将相同物质的量的NaHA和Na2A固体溶于水所得混合溶液pH一定为5.5D．在量热计中，用20.0mL0.10mol/LnaOH溶液，分别与10.0mL0.20mol/LH2A和20.0mL0.10mol/LH2A反应后放出的热量不相同考点：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、从图可以看出，随着pH的增大，H2A先转变为HA﹣，再转变为A2﹣；B、根据pH=2时来计算；C、HA﹣即能水解又能电离，A2﹣能水解，而且A2﹣的水解程度大于HA﹣的水解程度；D、溶液越稀，电离程度越大．解答：解：A、从图可以看出，随着pH的增大，H2A先转变为HA﹣，再转变为A2﹣，即H2A的电离分两步进行，故H2A是一种二元弱酸，故A正确；B、当pH=2时，C（H2A）=C（HA﹣），H2A=H++HA﹣的电离平衡常数Ka1==0.01，故B正确；C、HA﹣即能水解又能电离，A2﹣能水解，而且A2﹣的水解程度大于HA﹣的水解程度，故将相同物质的量的NaHA和Na2A固体溶于水后，HA﹣和A2﹣的浓度不再相等，故溶液的pH 不等于5.5，故C错误；D、溶液越稀，电离程度越大，10.0mL0.20mol/LH2A和20.0mL0.10mol/LH2A相比，后者的电离程度更大，故与氢氧化钠反应时，后者H2A电离时吸收的热量少，故中和反应时放出的热量多于前者，故D正确．故选C．点评：本题考查了弱电解质的电离平衡常数的计算、弱电解质电离吸热对中和热的影响，难度不大．7．（3分）（2014•浙江二模）实验室可利用硫酸厂炉渣（主要成分为铁的氧化物及少量FeS、SiO2等）制备聚铁和绿矾（FeSO4•7H2O），聚铁的化学式为[Fe2（OH）n（SO4）3﹣0.5n]m，制备过程如图所示：下列说法不正确的是（）A．炉渣中FeS与硫酸和氧气的反应式为：4FeS+3O2+12H+═4Fe3++4S↓+6H2OB．气体M的成分是SO2，通入双氧水得到硫酸，可循环使用C．溶液Z的pH影响聚铁中铁的质量分数，若其pH偏小，将导致聚铁中铁的质量分数偏大D．向溶液X中加入过量铁粉，充分反应后过滤得到溶液Y，再经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等步骤得到绿矾考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．. 专题：实验设计题．分析：分析流程可知炉渣加入硫酸溶液同时通入氧气得到固体W为氧化还原反应生成的硫单质和SiO2等，溶液X为含有Fe3+离子的溶液，调节溶液PH得到溶液Z加热得到聚铁，溶液X中加入铁反应生成硫酸亚铁溶液Y，蒸发结晶得到硫酸亚铁晶体A、炉渣中FeS与硫酸和氧气反应生成硫单质硫酸铁和水；B、固体W灼烧得到气体为二氧化硫；C、若溶液Z的PH偏小，则聚铁中生成的氢氧根的含量减少，使铁的含量减少；D、溶液X中加入过量铁粉，铁和硫酸铁溶液反应生成硫酸亚铁，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤析出得到绿矾；解答：解：分析流程可知炉渣加入硫酸溶液同时通入氧气得到固体W为氧化还原反应生成的硫单质和SiO2等，溶液X为含有Fe3+离子的溶液，调节溶液PH得到溶液Z加热得到聚铁，溶液X中加入铁反应生成硫酸亚铁溶液Y，蒸发结晶得到硫酸亚铁晶体A、炉渣中FeS与硫酸和氧气反应生成硫单质硫酸铁和水，反应的离子方程式为4FeS+3O2+12H+═4Fe3++4S↓+6H2O，故A正确；B、炉渣加入硫酸溶液同时通入氧气得到固体W为氧化还原反应生成的硫单质和SiO2等，固体W灼烧得到气体为二氧化硫，故B正确；C、用pH试纸测定方法为：将试纸放在表面皿上，用洁净的玻璃棒蘸取待测液，点在试纸的中央，然后与标准比色卡对比．氢氧化铁的含量比硫酸亚铁高，若溶液Z的PH偏小，则聚铁中生成的氢氧根的含量减少，使铁的含量减少，故C错误；D、溶液X中加入过量铁粉，铁和硫酸铁溶液反应生成硫酸亚铁，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤析出得到绿矾，符合晶体析出步骤，故D正确；故选C．点评：本题考查了物质分离和提纯的流程分析和方法判断，注意试剂选择和反应过程分析，掌握物质性质和实验过程是关键，题目难度中等．二、非选择题8．（14分）（2014•浙江二模）某研究小组查阅资料得知以SiO2和Mg为原料可制备单质Si，他们在实验室中进行了该实验，结果发现产物中只有甲和乙两种化合物，化合物甲可做耐火材料，取15.2g化合物乙溶于400mL2.0mol/L盐酸，恰好完全反应生成气体丙和MgCl2溶液，已知生成的气体丙折合成标准状况下的体积为4.48g/L，请回答下列问题：（1）甲的电子式为，气体丙的空间构型为正四面体．（2）化合物乙与盐酸反应的离子方程式为Mg2Si+4H+=Mg2++SiH4↑．（3）常温常压下，实验中所生成的气体丙在氧气中完全燃烧，放出286KJ的热量．反应的热化学方程式为SiH4（g）+2O2（g）=SiO2（s）+2H2O（l）△H=﹣1430KJ/mol ．（4）该研究小组蒸干MgCl2溶液并继续加热一段时间，初步分析所得固体产物中不含氯元素，试分析该固体可能的成分并设计实验探究其成分：称取一定质量的样品于坩埚中，充分灼烧至恒重，若质量不变则为氧化镁，若质量减轻可根据前后质量判断样品成分．（5）推测以SiO2和Al为原料能（填“能”或“不能”）制得单质Si，判断理由是因铝的性质与镁相似，都具有较强还原性．考点：电子式；离子方程式的书写；判断简单分子或离子的构型；反应热和焓变．.分析：SiO2和Mg为原料可制备单质Si，他们在实验室中进行了该实验，结果发现产物中只有甲和乙两种化合物，化合物甲可做耐火材料，可知甲为氧化镁，由质量守恒可知，另一种化合物为含硅镁元素，气体丙的物质的量为：=0.2mol，化合物乙的摩尔质量为：=76g/mol，硅的摩尔质量为28g/mol，镁的摩尔质量为24g/mol，故乙的化学式为：Mg2Si，硅化镁与盐酸反应生成氯化镁和硅烷．（1）甲为氧化镁，丙为硅烷，按要求作答；（2）硅化镁与盐酸反应生成氯化镁和硅烷；（3）计算1mol硅烷燃烧放出的热量，书写热化学方程式；（4）加热过程中氯化镁水解生成氢氧化镁和氯化氢，氯化氢易挥发，故若不含氯离子，则所得化合物为氢氧化镁或氧化镁或二者混合物，根据氧化镁和氢氧化镁性质不同区分；（5）可类比镁的性质分析．解答：解：SiO2和Mg为原料可制备单质Si，他们在实验室中进行了该实验，结果发现产物中只有甲和乙两种化合物，化合物甲可做耐火材料，可知甲为氧化镁，由质量守恒可知，另一种化合物为含硅镁元素，气体丙的物质的量为：=0.2mol，化合物乙的摩尔质量为：=76g/mol，硅的摩尔质量为28g/mol，镁的摩尔质量为24g/mol，故乙的化学式为：Mg2Si，硅化镁与盐酸反应生成氯化镁和硅烷．（1）甲为氧化镁，电子式为：，丙为硅烷，和甲烷结构相似为正四面体结构；故答案为：；正四面体；（2）硅化镁与盐酸反应生成氯化镁和硅烷，反应离子方程式为：Mg2Si+4H+=Mg2++SiH4↑故答案为：Mg2Si+4H+=Mg2++SiH4↑；（3）1mol 硅烷燃烧放出的热量为：286KJ×=1430KJ/mol，热化学方程式为：SiH4（g）+2O2（g）=SiO2（s）+2H2O（l）△H=﹣1430KJ/mol，故答案为：SiH4（g）+2O2（g）=SiO2（s）+2H2O（l）△H=﹣1430KJ/mol；（4）加热过程中氯化镁水解生成氢氧化镁和氯化氢，氯化氢易挥发，故若不含氯离子，则所得化合物为氢氧化镁或氧化镁或二者混合物；由于氧化镁稳定，氢氧化镁不稳定易分解，故可采取加热灼烧方法来区别，若加热灼烧后固体质量不变，则固体成分为氧化镁，若固体质量减轻，可根据前后质量差判断成分；故答案为：称取一定质量的样品于坩埚中，充分灼烧至恒重，若质量不变则为氧化镁，若质量减轻可根据前后质量判断样品成分；（5）铝性质与镁相似，具有较强还原性，故铝可还原硅，也可认为铝的还原性比镁若，不能置换出硅；故答案为：能，因铝的性质与镁相似，都具有较强还原性；不能，因为铝的还原性比镁弱．点评：本题为信息题，考查了物质的推断，化学用语书写，物质的检验等，难度较大，推断物质是关键，要综合题给信息解题．9．（14分）（2014•浙江二模）CaO循环吸收CO2法是一种常用的技术，在降低温室气体CO2排放中具有重要的作用，其原理为CaO先与CO2反应生成CaCO3，反应一段时间后，对生成的CaCO3加热使其分解生成CaO，然后再利用生成CaO来吸收CO2，如此循环下去．某研究小组在体积相同的密闭容器中，各冲入28gCaO和足量含CO2的混合气体（其他成分不与CaO 反应）研究得温度和颗粒直径对CaO吸收CO2活性（即CaO转化率X）的影响如图所示．依据以上信息，回答下列问题：（1）反应CaO（s）+CO2（g）⇌CaCO3（s）的△H ＜0，△S ＜0（填“＜”、“＞”或“=”），可以判断该反应已经达到平衡的是ABCA．密闭容器中总压强不变B．密闭容器中CO2的体积分数不变C．密闭容器中固体质量不变D．消耗5.6gCaO的同时生成10.0gCaCO2（2）743℃时，CaO转化率X显著下降的原因是正反应放热，升温时平衡逆向移动，CaO 吸收CO2反应最适合的温度为690℃690℃﹣720℃（3）若用单位时间内密闭容器中固体质量增重量来表示反应速率，则颗粒粒径为20μm的CaO从反映开始至5分钟时平均速率为 2.64g/min ．（4）实验表明CaO吸收CO2的活性随循环次数增多而降低，结合题给信息分析其原因是多次循环后CaO的颗粒直径增大．（5）反应气体中CO2的体积分数φ（CO2）对CaO吸收CO2特性也有一定的影响，请在如图2中画出φ（CO2）=25%时反应转化率的变化趋势．考点：化学平衡状态的判断；反应速率的定量表示方法；化学平衡的影响因素．.专题：化学平衡专题．分析：（1）据△H﹣T△S＜0的反应能够自发进行判断；正反应是气体体积减小的反应；平衡状态是指各组分浓度保持不变正逆反应速率相等的状态；（2）正反应放热，升温时平衡逆向移动；据图象分析，690℃﹣720℃时，CaO转化率的斜率最大且转化率增大；（3）据化学方程式，计算反应的CaO的质量，从而计算二氧化碳的质量，即为固体增重质量，再据v=计算；（4）CaO吸收CO2时，随循环次数增多，生成的碳酸钙增多，固体颗粒直径变大，表面积变大，结合图1分析；（5）CO2的体积分数越大，越有利于CaO吸收，据此画图．解答：解：（1）正反应是气体体积减小的反应，△S＜0，反应能够自发进行，必须△H﹣T △S＜0，所以△H必须小于0；平衡状态是指各组分浓度保持不变正逆反应速率相等的状态，A、压强不变，说明二氧化碳的量不再发生改变，反应达到平衡状态，故A正确；B、密闭容器中CO2的体积分数不变，说明二氧化碳的量不再发生改变，反应达到平衡状态，故B正确；C、密闭容器中固体质量不变，说明气体二氧化碳的量不再发生改变，反应达到平衡状态，故C正确；D、消耗5.6gCaO的同时生成10.0gCaCO3，都是反应正向进行，不能说明反应达到平衡状态，故D正确；故答案为：＜；＜；ABC；（2）正反应放热，升温时平衡逆向移动，所以743℃时CaO转化率X显著下降；据图象分析，690℃﹣720℃时，CaO转化率的斜率最大且转化率增大，故答案为：正反应放热，升温时平衡逆向移动；690℃；690℃﹣720℃；（3）5min时，CaO的转化率为60%，则反应的CaO为28g×0.6=16.8g，则参加反应的二氧化碳的质量为：=13.2g，固体的反应速率应为v===2.64g/min，故答案为：2.64g/min；（4）CaO吸收CO2时，随循环次数增多，生成的碳酸钙增多，固体颗粒直径变大，表面积变大，据图1可知，颗粒粒径越大，CaO转化率越低，故答案为：多次循环后CaO的颗粒直径增大；（5）CO2的体积分数越大，越有利于CaO吸收，图象斜率变大，图象为：，故答案为：．点评：本题考查了反应自发进行与熵变焓变的关系、化学平衡状态的判断、图象分析，题目难度中等．10．（15分）（2014•浙江二模）过氧化钙（CaO2）是一种白色结晶体粉末，极微溶于水，不溶于醇类、乙醚等，加热至350℃左右开始分解放出氧气，与水缓慢反应生成H2O2．易于酸反应生成H2O2，过氧化钙可用于改善水质、处理含重金属粒子废水和治理赤潮，也可用于应急供氧等，是一种重要化工试剂．（Ⅰ）CaO2的制备原理：CaCl2+H2O2+2NH3•H2O+6H2O═CaO2•8H2O↓+2NH4Cl实验步骤如图1，反应装置如图2所示，请回答下列问题：（1）X仪器名称球形冷凝管．（2）加入氨水的作用是中和反应生成的HCl，使CaCl2+H2O⇌CaO2+2HCl向右进行．（3）沉淀反应时常用冰水浴控制温度在0℃左右，其可能原因是减少双氧水受热分解、降低产物溶解度便于析出（写出两种）（4）过滤后洗涤沉淀的试剂最好用 BA．热水B．冷水C．乙醇D．乙醚（5）CaO2贮存时应该注意的问题是密封（或防潮、避免与易燃物接触等）（写一条即可）（Ⅱ）CaO2纯度检测，将一定量CaO2溶于稀硫酸，用标准KMnO4溶于滴定生成的H2O2（KMnO4反应后生成Mn2+）计算确定CaO2的含量．（6）现每次称取0.4000g样品溶解后，用0.1000mol/L的KMnO4溶液滴定所得数据如表所示，则CaO2样品的纯度90.00%实验序号第1次第2次第3次第4次消耗KMnO4体积/mL19.98 20.02 20.20 20.00（7）测得CaO2样品纯度偏低的原因可能是ADA．烘烤时间不足B．在洁净干燥的酸式滴定管中未润洗即装标准液C．滴定前尖嘴处有气泡．滴定后消失D．配置KMnO4标准溶液定容时俯视容量瓶标线．考点：制备实验方案的设计．.专题：实验设计题．分析：（1）根据装置中X的构造可知X为球形冷凝管；（2）根据可逆反应CaCl2+H2O2⇌CaO2+2HCl中氯化氢对化学平衡的影响角度分析；（3）从双氧水的稳定性、该反应的反应热、温度对过氧化钙的溶解度的影响等方面分析；（4）过氧化钙极微溶于水，反应后产物中杂质不溶于乙醇、乙醚，且在冷水中过氧化钙溶解度小，据此进行解答；（5）根据过氧化钙的化学性质判断贮存CaO2时应该注意的问题；（6）先判断滴定数据的有效性，然后计算出消耗高锰酸钾溶液的平均体积，再根据n=cV计算出高锰酸钾的物质的量，然后根据电子守恒计算出每次消耗的过氧化钙的物质的量，根据m=nM计算出样品中过氧化钙的质量，最后计算出过氧化钙的纯度；（7）A．烘烤时间不足，样品中含有杂质水分，导致纯度降低；B．在洁净干燥的酸式滴定管中未润洗即装标准液，导致标准液被稀释，滴定过程中消耗的标准液体积偏大；C．滴定前尖嘴处有气泡，滴定后消失，导致消耗的标准液体积偏大；D．配制KMnO4标准溶液定容时俯视容量瓶标线，配制的标准液浓度偏高，滴定过程中消耗的标准液体积偏小，测定结果偏低．解答：解：（1）图2中仪器X为球形冷凝管，起到冷凝作用，故答案为：球形冷凝管；（2）氯化钙与双氧水的反应方程式为：CaCl2+H2O2⇌CaO2+2HCl，加入氨水可以与氯化氢发生中和反应，使该可逆反应向着生成过氧化钙的方向移动，提高的过氧化钙的产率，故答案为：中和反应生成的HCl，使CaCl2+H2O2⇌CaO2+2HCl向右进行；（3）由于温度较高时双氧水容易分解，会导致过氧化钙产率下降，且温度降低时过氧化钙的溶解度减小，有利于过氧化钙的析出，所以沉淀反应时常用冰水浴控制温度在0℃左右，故答案为：减少双氧水受热分解；降低产物溶解度便于析出（或该反应放热）；（4）A．热水：过氧化钙在热水中溶解度较大，降低了过氧化钙的产率，故A错误；B．冷水：过氧化钙极微溶于水，且杂质都易溶于水，可用冷水洗涤过氧化钙，故B 正确；C．乙醇：过氧化钙不溶于乙醇，但是杂质不溶于乙醇，且提高了成本，故C错误；D．乙醚：过氧化钙不溶于乙醚，但杂质也不溶于乙醚，且乙醚成本较高，故D错误；故答案为：B；（5）过氧化钙具有强氧化性、能够与水反应，所以贮存过氧化钙时应该密封保存，且不能与易燃物接触，否则容易发生爆炸，故答案为：密封（或防潮、避免与易燃物接触等）；（6）根据表中消耗高锰酸钾溶液的体积数据可知，第三次数据与其它三组误差较大，应该舍弃；则滴定中消耗酸性高锰酸钾的平均体积为：mL=20.00mL，每次滴定消耗的高锰酸钾的物质的量为：n （KMnO4）=0.1000mol/L×0.02L=0.002mol，KMnO4反应后生成Mn2+，化合价降低7﹣2）=5价，CaO2被氧化成氧气，化合价从﹣1升高到0价，至少升高：[0﹣（﹣1）]×2=2，根据化合价升降相等可得反应的关系式：2KMnO4～5CaO2，则每次称取0.4000g样品中含有的过氧化钙的物质的量为：n （CaO2）=×n（KMnO4）=0.002mol×=0.005mol，所以该样品中过氧化钙的纯度为：×100%=90.00%，故答案为：90.00%；（7）A．烘烤时间不足，样品中含有杂质水分，导致样品中过氧化钙的纯度偏小，故A正确；B．在洁净干燥的酸式滴定管中未润洗即装标准液，标准液被蒸馏水稀释，滴定时消耗的标准液体积偏大，计算出的过氧化钙的纯度偏大，故B错误；C．滴定前尖嘴处有气泡，滴定后消失，导致消耗的标准液体积偏大，根据关系式计算出的过氧化钙的质量偏大，过氧化钙的纯度偏高，故C错误；D．配制KMnO4标准溶液定容时俯视容量瓶标线，导致标准液浓度偏高，滴定过程中营养样品中过氧化钙的物质的量不变，则消耗的标准液体积偏小，测定的过氧化钙的纯度偏小，故D正确；故答案为：AD．点评：本题考查形式为物质制备流程图题目，涉及中和滴定中的误差分析、物质的检验及化学计算等问题，题目难度较大，做题时注意分析题中关键信息、明确实验基本操作方法，本题较为综合，充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验、化学计算能力．。

长郡中学2014届高考模拟卷（二）理科综合化学试题7.下列说法正确的是A.石油的分馏以及煤的干馏、气化、液化，都涉及到化学变化B.食用一定量的油脂能促进人体对某些维生素的吸收C.严重影响我国北方的霾尘，其颗粒物是胶体粒子D.合成纤维和光导纤维都是新型无机非金属材料8.尿黑酸症是由酪氨酸在人体内非正常代谢而产生的一种疾病。

酪氨酸结构简式如图所示，下列关于酪氨酸的说法不正确的是A.酪氨酸的分子式为C9 H ll NO3B.酪氨酸能发生缩聚反应生成高分子化合物C.酪氨酸能与溴水发生取代反应D. 1 mol酪氨酸能和2 mol NaHCO3反应9.短周期元素X,Y,Z,W在元素周期表中的相对位置如图所示。

其中Y所处的周期序数与族序数相等。

下列说法正确的是A.原子半径：X>Z>YB. Z的最高价氧化物能与NaOH, HF反应，但不是两性氧化物C.最高价氧化物对应水化物的酸性：Z> WD. X与O元素和H元素形成的化合物一定是共价化合物10．下列实验中内容及现象与结论一致的是11.对经羟基苯甲酸有多种同分异构体，其中能发生银镜反应且能与FeC13溶液发生显色反应的同分异构体有A. 3种B. 6种C. 9种D. 12种12.固体粉末X中可能含有K2S03、KAlO2、MgC12 , Na2 C03中的一种或几种。

为确定该固体粉末的成分，做如下实验：①溶于水后，无明显现象；②取固体X进行下列实验，实验过程及现象如下：根据上述实验，以下说法正确的是A.气体I可能为SO2和CO2的混合物B.沉淀3一定为Mg（OH)2和Al(OH)3的混合物C.固体粉末X中一定有Nat C03，可能有KA102D.固体粉末X中一定有K2 SO3和KA1l0213.80℃时，2L密闭容器中充人0. 4 mol N204，发生反应：下列判断正确的是A.升高温度，该反应的平衡常数K减小C.反应达到平衡时，吸收的热量为0. 30Q kJD. 100 s时再通人0.4 mol N204，达新平衡时，N204的转化率增大26.（14分）工业中很多的物质制备及其除杂蕴藏很多的化学原理，请根据要求回答下列问题：I．海水提溴是重要的化工操作，其对应的操作流程如下：(1)步骤I的操作步骤有＿＿＿＿＿＿＿，将得到的固体制成稀溶液进行电解可制备“84消毒液”，通电时氯气被溶液完全吸收，若所得消毒液仅含一种溶质，写出相应的化学方程式：＿＿＿＿＿＿＿(2) II中调节溶液pH为3.5能更有效地提高C12的利用率，其理由是＿＿＿＿＿＿＿(3)III中Br2转化为NaBr，NaBr03的离子方程式为＿＿＿＿＿＿＿II．某工厂将含少量氢氧化铁杂质的氢氧化镁提纯的流程如下图所示（保险粉：连二硫酸钠Na2S2 04）。