2015年江西省撫州市臨川二中高三高考模擬化學(xué)試卷 （解析版）

1、2015屆江西省撫州市臨川二中高三高考模擬化學(xué)試卷 （解析版）一選擇題1（4分）（2015撫州校級模擬）下列食品加工方法對人體不會造成傷害的是（）A用福爾馬林浸泡海鮮防止魚蝦變質(zhì)B用小蘇打做發(fā)酵粉制面包C二氧化硫可廣泛用于食品的增白D向乳制品中添加三聚氰胺以提高含氮量考點：常見的食品添加劑的組成、性質(zhì)和作用 分析：A福爾馬林的主要成分為甲醛，可致癌；B小蘇打?qū)θ梭w無害；C二氧化硫有一定毒性；D三聚氰胺主要對膀胱和腎臟有影響，引發(fā)動物膀胱炎、膀胱結(jié)石、腎臟炎癥等解答：解：A福爾馬林的主要成分為甲醛，可致癌，對人體有害，故A錯誤； B小蘇打?qū)θ梭w無害，可作為食品添加劑，故B正確；C二氧化硫有一定毒

2、性，不能用于食物漂白，故C錯誤；D三聚氰胺主要對膀胱和腎臟有影響，引發(fā)動物膀胱炎、膀胱結(jié)石、腎臟炎癥等，不能作為食品添加劑，故D錯誤故選B點評：本題考查常見食品添加劑，題目難度不大，注意化學(xué)來源于生產(chǎn)生活，也必須服務(wù)于生產(chǎn)生活，食品安全直接關(guān)系到人的生命健康，是社會熱點問題2（4分）（2014洛陽三模）有機物X、Y、M的轉(zhuǎn)化關(guān)系為：淀粉XY乙酸乙酯，下列說法錯誤的是（）AX可用新制的氫氧化銅檢驗BY有同分異構(gòu)體CM含有兩種碳氧共價鍵DY可發(fā)生加成反應(yīng)考點：淀粉的性質(zhì)和用途 專題：有機反應(yīng)分析：淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下分解生成乙醇，乙醇可與乙酸反應(yīng)生成乙酸乙酯解答：解：分析上述

3、轉(zhuǎn)化關(guān)系：淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下分解生成乙醇，乙醇可與乙酸反應(yīng)生成乙酸乙酯A葡萄糖含有醛基，可用新制的氫氧化銅檢驗，故A正確； B乙醇有同分異構(gòu)體二甲醚，故B正確；C乙酸有碳氧單鍵和碳氧雙鍵，故C正確；DY為乙醇，不能發(fā)生加成反應(yīng)，故D錯誤故選D點評：本題考查有機物的推斷和性質(zhì)，難度不大，有機物的推斷為解題的關(guān)鍵3（4分）（2015撫州校級模擬）下列實驗操作及現(xiàn)象與預(yù)期實驗?zāi)康幕蛩脤嶒灲Y(jié)論一致的是（） 實驗操作及現(xiàn)象實驗?zāi)康幕蚪Y(jié)論A用潔凈的鉑絲蘸取溶液進行焰色反應(yīng)，火焰呈黃色原溶液中有Na+，無K+B向醋酸鈉溶液中滴入酚酞試液，加熱后若紅色加深證明鹽類的水解是吸熱反應(yīng)C將

4、SO2通入KMnO4（H+）溶液中驗證SO2具有漂白性D硅酸鈉溶液中滴入酚酞，溶液變紅，再滴加稀鹽酸，溶液紅色變淺直至消失證明非金屬性：ClSiAABBCCDD考點：化學(xué)實驗方案的評價 分析：A應(yīng)透過藍色鈷玻璃觀察鉀離子的焰色反應(yīng)現(xiàn)象；B醋酸鈉水解顯堿性；CS02具有還原性，與酸性高錳酸鉀發(fā)生氧化還原反應(yīng)；D鹽酸的酸性大于硅酸的酸性，不能比較非金屬性的強弱解答：解：A應(yīng)透過藍色鈷玻璃觀察鉀離子的焰色反應(yīng)現(xiàn)象，以濾去黃光，故A錯誤； B醋酸鈉水解顯堿性，加熱時堿性增強，說明水解吸熱，故B正確；CS02具有還原性，與酸性高錳酸鉀發(fā)生氧化還原反應(yīng)，不是漂白性的表現(xiàn)，故C錯誤；D硅酸鈉溶液中滴入酚酞，

5、溶液變紅，再滴加稀鹽酸，溶液紅色變淺直至消失，可知鹽酸的酸性大于硅酸的酸性，但不能利用此酸性強弱比較非金屬性的強弱，故D錯誤故選B點評：本題考查化學(xué)實驗方案的評價，涉及離子檢驗、鹽類水解、氧化還原反應(yīng)、酸性及非金屬性的比較等，注意物質(zhì)的性質(zhì)與反應(yīng)原理，題目難度中等4（4分）（2014山東模擬）X、Y、Z、W、R是5種短周期元素，其原子序數(shù)依次增大X是周期表中原子半徑最小的元素，Y原子最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的3倍，Z、W、R處于同一周期，R與Y處于同一族，Z、W原子的核外電子數(shù)之和與Y、R原子的核外電子數(shù)之和相等下列說法正確的是（）A元素Y、Z、W形成的離子具有相同電子層結(jié)構(gòu)，其離子半徑依次

6、增大B39g Z2Y2中含有的離子數(shù)約為1.204×1024C元素Z、R的氧化物的水化物之間相互反應(yīng)生成的鹽溶液呈中性或堿性D元素Y、R分別與元素X形成的化合物的熱穩(wěn)定性：XmYXmR考點：原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關(guān)系 專題：元素周期律與元素周期表專題分析：X、Y、Z、W、R是5種短周期元素，其原子序數(shù)依次增大，X是周期表中原子半徑最小的元素，則A為H元素；Y原子最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的3倍，Y原子有2個電子層，最外層電子數(shù)為6，故Y為O元素；R與Y處于同一族，則R為S元素；Z、W原子的核外電子數(shù)之和與Y、R原子的核外電子數(shù)之和相等，則Z、W原子的核外電子數(shù)之和為8+16=24，根

7、據(jù)Z、W、R處于同一周期，故Z、W為第三周期元素，原子序數(shù)W大于Z，故Z為Na，W為Al元素，結(jié)合物質(zhì)性質(zhì)與元素周期律解答解答：解：X、Y、Z、W、R是5種短周期元素，其原子序數(shù)依次增大，X是周期表中原子半徑最小的元素，則A為H元素；Y原子最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的3倍，Y原子有2個電子層，最外層電子數(shù)為6，故Y為O元素；R與Y處于同一族，則R為S元素；Z、W原子的核外電子數(shù)之和與Y、R原子的核外電子數(shù)之和相等，則Z、W原子的核外電子數(shù)之和為8+16=24，根據(jù)Z、W、R處于同一周期，故Z、W為第三周期元素，原子序數(shù)W大于Z，故Z為Na，W為Al元素，AY是O元素，Z是Na元素，W是Al元素

8、，Y、Z、W具有相同電子層結(jié)構(gòu)的離子（O2、Na+、Al3+），根據(jù)核外電子排布相同的微粒，半徑隨著核電荷數(shù)的增加而減小，所以離子半徑O2Na+Al3+，故A錯誤；BNa2O2由鈉離子與過氧根離子構(gòu)成，39gNa2O2中含有的離子數(shù)約為×3×6.02×1023mol1=9.03×1023，故B錯誤；CZ的氧化物的水化物為NaOH，R的氧化物的水化物為H2SO4或H2SO3，氫氧化鈉與硫酸反應(yīng)生成硫酸鈉，硫酸鈉是強酸強堿鹽，溶液呈中性，氫氧化鈉與亞硫酸反應(yīng)可以生成亞硫酸鈉、亞硫酸氫鈉，亞硫酸鈉是強堿弱酸鹽，溶液呈堿性，亞硫酸氫鈉溶液呈酸性，故C錯誤；D元素

9、Y、R分別與元素X形成的化合物是氫化物，因為Y（O元素）和R（S元素）的非金屬性強弱：YR，所以對應(yīng)的氫化物的穩(wěn)定性：XmYXmR，故D正確；故選D點評：本題考查結(jié)構(gòu)性質(zhì)位置關(guān)系、元素周期律、微粒半徑比較等，難度中等，推斷元素是關(guān)鍵，注意半徑比較規(guī)律與基礎(chǔ)知識掌握，C選項為易錯點，產(chǎn)物容易遺漏5（4分）（2015撫州校級模擬）已知AgCl、AgBr的溶解度分別為1.5×104g、8.4×106 g（20）將AgCl與AgBr的飽和溶液等體積混合，再加入足量的濃硝酸銀溶液，發(fā)生的反應(yīng)為（）A只有AgBr沉淀生成BAgCl和AgBr沉淀等量生成CAgCl沉淀少于AgBr沉淀DA

10、gCl沉淀多于AgBr沉淀考點：難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì) 專題：電離平衡與溶液的pH專題分析：向AgCl與 AgBr的飽和溶液中，加入AgNO3，AgCl與AgBr的溶解平衡向左移動，但AgBr的溶解度更小，溶液中AgCl沉淀較多解答：解：在AgCl和AgBr兩飽和溶液中，前者c（Ag+）大于后者c（Ag+），c（Cl）c（Br），當(dāng)將AgCl、AgBr兩飽和溶液混合時，發(fā)生沉淀的轉(zhuǎn)化，生成更多的AgBr沉淀，與此同時，溶液中n（Cl）比原來AgCl飽和溶液中大，當(dāng)加入足量的濃AgNO3溶液時，AgBr沉淀有所增多，但AgCl沉淀增加更多故選D點評：本題考查難溶電解質(zhì)的溶解平衡，題

11、目難度中等，解答本題時注意AgCl的溶解度比AgBr大，加入硝酸銀，抑制溶解平衡向右移動，生成沉淀更多6（4分）（2015滕州市校級模擬）常溫下，一定量的醋酸與氫氧化鈉溶液發(fā)生中和反應(yīng)下列說法正確的是（）A當(dāng)溶液中c（CH3COO）=c （Na+）c （H+）=c（OH）時，一定是醋酸過量B當(dāng)溶液中c （CH3COO）=c （Na+）時，一定是氫氧化鈉過量C當(dāng)溶液中c （CH3COO）=c （Na+）時，醋酸與氫氧化鈉恰好完全反應(yīng)D當(dāng)溶液中c （Na+）c （CH3COO）c （OH）c （H+）時，一定是氫氧化鈉過量考點：離子濃度大小的比較 分析：常溫下，一定量的醋酸與氫氧化鈉溶液發(fā)生中和反

12、應(yīng)，醋酸鈉是強堿弱酸鹽，其溶液呈堿性，要使混合溶液呈中性，則醋酸應(yīng)該稍微過量，結(jié)合電荷守恒解答解答：解：A當(dāng)溶液中c（CH3COO）=c （Na+）c （H+）=c（OH）時，溶液呈中性，醋酸鈉溶液呈堿性，要使混合溶液呈中性，應(yīng)該酸過量，故A正確；B當(dāng)溶液中c （CH3COO）=c （Na+）時，根據(jù)電荷守恒得c （H+）=c（OH），溶液呈中性，應(yīng)該是醋酸過量，故B錯誤；C如果醋酸和NaOH恰好反應(yīng)生成醋酸鈉，醋酸鈉是強堿弱酸鹽，醋酸根離子水解導(dǎo)致溶液呈堿性，要使混合溶液呈中性，則醋酸應(yīng)該過量，故C錯誤；D當(dāng)溶液中c （Na+）c （CH3COO）c （OH）c （H+）時，溶液中的溶質(zhì)可能

13、是醋酸鈉或醋酸鈉和醋酸或醋酸鈉和NaOH，故D錯誤；故選A點評：本題考查離子濃度大小比較，利用電荷守恒確定溶液酸堿性，從而確定溶液中的溶質(zhì)，題目難度不大7（4分）（2015滕州市校級模擬）關(guān)于下列三種化合物的說法正確的是（）A均不存在順反異構(gòu)體B不同化學(xué)環(huán)境的氫原子均為7 種C可以用金屬鈉和銀氨溶液進行鑒別D都可以發(fā)生加成反應(yīng)、酯化反應(yīng)、氧化反應(yīng)考點：有機物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì) 分析：A具有順反異構(gòu)體的有機物中C=C應(yīng)連接不同的原子或原子團；B根據(jù)對稱法確定等效氫原子的數(shù)目；C根據(jù)物質(zhì)和金屬鈉以及銀氨溶液之間的反應(yīng)現(xiàn)象來回答；D根據(jù)有機物的結(jié)構(gòu)和官能團確定有機物的性質(zhì)解答：解：A月桂烯中C=C應(yīng)連接不

14、同的原子或原子團，存在順反異構(gòu)，故A錯誤；B三種化合物不同化學(xué)環(huán)境的氫原子數(shù)目分別為：7、7、9，故B錯誤；C香葉醇可以和金屬鈉反應(yīng)生成氫氣，檸檬醛可以和銀氨溶液反應(yīng)生成銀鏡，而月桂烯和它們之間均不能反應(yīng)，現(xiàn)象不一樣，可以鑒別，故C正確；D月桂烯和檸檬醛不能發(fā)生酯化反應(yīng)，故D錯誤故選C點評：本題考查有機物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，為高頻考點，把握官能團與性質(zhì)的關(guān)系為解答的關(guān)鍵，側(cè)重同分異構(gòu)體的判斷，題目難度不大二、解答題（共3小題，滿分43分）8（14分）（2015滕州市校級模擬）為驗證氧化性Cl2Fe3+SO2，某小組用下圖所示裝置進行實驗（夾持儀器和A中加熱裝置已略，氣密性已檢驗）實驗過程：I打開彈簧

15、夾K1K4，通入一段時間N2，再將T型導(dǎo)管插入B中繼續(xù)通入N2，然后關(guān)閉K1、K3、K4打開活塞a，滴加一定量的濃鹽酸，給A加熱當(dāng)B中溶液變黃時，停止加熱，夾緊彈簧夾K2打開活塞b，使約2mL的溶液流入D試管中，檢驗其中的離子打開彈簧夾K3、活塞c，加入70%的硫酸，一段時間后夾緊彈簧夾K3更新試管D，重復(fù)過程，檢驗B溶液中的離子（1）過程的目的是排出裝置中的空氣，防止干擾（2）棉花中浸潤的溶液化學(xué)式為NaOH溶液（3）A中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2+2H2O（4）過程中檢驗其中Fe3+和Fe2+的試劑分別為KSCN溶液和酸性KMnO4溶液確定有Fe3+和

16、Fe2+現(xiàn)象分別是出現(xiàn)血紅色和紫紅色退色（5）過程，檢驗B溶液中是否含有SO42的操作是先加鹽酸酸化，無現(xiàn)象，再加氯化鋇溶液，出現(xiàn)白色沉淀，說明含有SO42（6）甲、乙、丙三位同學(xué)分別完成了上述實驗，他們的檢測結(jié)果一定能夠證明氧化性：Cl2Fe3+SO2的是乙、丙（填“甲”“乙”“丙”） 過程B溶液中含有的離子過程B溶液中含有的離子甲 有Fe3+無Fe2+有SO42乙 既有Fe3+又有Fe2+有SO42丙 有Fe3+無Fe2+有Fe2+考點：性質(zhì)實驗方案的設(shè)計 專題：實驗設(shè)計題分析：（1）通入一段時間N2，排出裝置中的氧氣；（2）氯氣和二氧化硫都是有毒氣體，可以用氫氧化鈉來吸收；（3）A中發(fā)生

17、二氧化錳與濃鹽酸的反應(yīng)，生成氯化錳、氯氣、水；（4）檢驗三價鐵用KSCN溶液，在含有三價鐵的溶液中檢驗二價鐵用酸性KMnO4溶液；（5）在檢驗SO42時，加入氯化鋇之前要先加鹽酸以排除CO32離子的干擾；（6）乙中第一次，說明氯氣不足，氯氣氧化性大于鐵離子，第二次有硫酸根離子，說明發(fā)生二氧化硫與鐵離子的反應(yīng)，則氧化性鐵離子大于二氧化硫，丙中第一次有Fe3+，無Fe2+，則氯氣的氧化性大于鐵離子，第二次有亞鐵離子，說明發(fā)生二氧化硫與鐵離子的反應(yīng)，則氧化性鐵離子大于二氧化硫解答：解：（1）打開K1K4，關(guān)閉K5、K6，通入一段時間N2，目的是排出裝置中的氧氣，故答案為：排出裝置中的空氣，防止干擾；

18、（2）棉花中浸有NaOH溶液，吸收多余氯氣、二氧化硫，防止污染空氣，故答案為：NaOH溶液；（3）A中發(fā)生二氧化錳與濃鹽酸的反應(yīng)，生成氯化錳、氯氣、水，該反應(yīng)為：MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2+2H2O，故答案為：MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2+2H2O；（4）檢驗三價鐵用KSCN溶液，三價鐵離子遇KSCN溶液立即出現(xiàn)血紅色，在含有三價鐵的溶液中檢驗二價鐵用酸性KMnO4溶液，利用酸性KMnO4溶液將二價鐵氧化而使溶液退色，故答案為：KSCN溶液；酸性KMnO4溶液；出現(xiàn)血紅色；紫紅色退色；（5）在檢驗SO42時，加入氯化鋇之前要先加鹽酸以排除CO32離子的干擾即先加鹽

19、酸酸化，無現(xiàn)象，再加氯化鋇溶液，出現(xiàn)白色沉淀，說明含有SO42；故答案為：先加鹽酸酸化，無現(xiàn)象，再加氯化鋇溶液，出現(xiàn)白色沉淀，說明含有SO42；（6）乙中第一次，說明氯氣不足，氯氣氧化性大于鐵離子，第二次有硫酸根離子，說明發(fā)生二氧化硫與鐵離子的反應(yīng)，則氧化性鐵離子大于二氧化硫，丙中第一次有Fe3+，無Fe2+，則氯氣的氧化性大于鐵離子，第二次有亞鐵離子，說明發(fā)生二氧化硫與鐵離子的反應(yīng)，則氧化性鐵離子大于二氧化硫；故答案為：乙、丙點評：本題考查性質(zhì)實驗方案的設(shè)計及氧化還原反應(yīng)，明確裝置的作用及發(fā)生的反應(yīng)是解答的關(guān)鍵，注意氧化性的比較是解答的難點，題目難度較大9（15分）（2015滕州市校級模擬）

20、肼（N2H4）又稱聯(lián)氨，廣泛用于火箭推進劑、有機合成及燃料電池，NO2的二聚體N2O4則是火箭中常用氧化劑試回答下列問題（1）肼的結(jié)構(gòu)式為（2）肼燃料電池原理如圖1所示，左邊電極上發(fā)生的電極反應(yīng)式N2H44e+4OH=N2+4H2O（3）火箭常用N2O4作氧化劑，肼作燃料，已知：N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）H=67.7kJmol1N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）H=534.0kJmol12NO2（g）N2O4（g）H=52.7kJmol1寫出氣態(tài)肼在氣態(tài)四氧化二氮中燃燒生成氮氣和氣態(tài)水的熱化學(xué)方程式：2N2H4（g）+N2O4（g）=3N2（g）+4H2O（g

21、）H=947.6 kJmol1（4）聯(lián)氨的工業(yè)生產(chǎn)常用氨和次氯酸鈉為原料獲得，也可在催化劑作用下，用尿素和次氯酸鈉與氫氧化鈉的混合溶液反應(yīng)獲得，尿素法反應(yīng)的離子方程式為CO（NH2）2+ClO+2OH=N2H4+CO32+Cl+H2O（5）如圖2所示，A是由導(dǎo)熱材料制成的密閉容器，B是一耐化學(xué)腐蝕且易于傳熱的透明氣囊關(guān)閉K2，將各1mol NO2通過K1、K3分別充入A、B中，反應(yīng)起始時A、B的體積相同且均為a LB中可通過觀察氣囊B的體積不再減小或氣體顏色不再變化判斷可逆反應(yīng)2NO2N2O4已經(jīng)達到平衡若平衡后在A容器中再充入0.5mol N2O4，則重新到達平衡后，平衡混合氣中NO2的體積

22、分?jǐn)?shù)變小（填“變大”“變小”或“不變”）若容器A中到達平衡所需時間為t s，達到平衡后容器內(nèi)壓強為起始壓強的8倍，則平均化學(xué)反應(yīng)速率v（NO2）等于molL1s1若打開K2，平衡后B容器的體積縮至0.4a L，則打開K2之前，氣球B體積為0.7aL考點：化學(xué)平衡的計算；離子方程式的書寫；用蓋斯定律進行有關(guān)反應(yīng)熱的計算；原電池和電解池的工作原理 分析：（1）肼又稱做連氨，由兩個氨基相連；（2）左端為負(fù)極，在堿性電解質(zhì)中失去電子生成氮氣和水；（3）利用蓋斯定律來計算2N2H4（g）+N2O4（g）=3N2（g）+4H2O（g）的反應(yīng)熱；（4）在高錳酸鉀催化劑存在下，尿素和次氯酸鈉、氫氧化鈉溶液反應(yīng)

23、生成聯(lián)氨、另外兩種鹽和水，結(jié)合質(zhì)量守恒定律來書寫離子反應(yīng)方程式；（5）反應(yīng)達到平衡狀態(tài)時，正逆反應(yīng)速率相等，平衡時各種物質(zhì)的物質(zhì)的量、濃度等不再發(fā)生變化；根據(jù)壓強對化學(xué)平衡的移動的影響因素來回答；根據(jù)反應(yīng)前后氣體的壓強之比等于物質(zhì)的量之比來回答；根據(jù)等效平衡分析解答：解：（1）肼由兩個氨基相連而成，結(jié)構(gòu)式為，故答案為：； （2）左端為負(fù)極，在堿性電解質(zhì)中失去電子生成氮氣和水，電極反應(yīng)為N2H44e+4OH=N2+4H2O，故答案為：N2H44e+4OH=N2+4H2O；（3）由N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）H=67.7kJmol1 N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g

24、）H=534.0kJmol1 2NO2（g）N2O4（g）H=52.7kJmol1 根據(jù)蓋斯定律可知×2得2N2H4（g）+N2O4（g）=3N2（g）+4H2O（g），H=（534.0kJmol1）×2（67.7kJmol1）（52.7kJmol1）=947.6 kJmol1，即熱化學(xué)方程式為2N2H4（g）+N2O4（g）=3N2（g）+4H2O（g）H=947.6 kJmol1，故答案為：2N2H4（g）+N2O4（g）=3N2（g）+4H2O（g）H=947.6 kJmol1；（4）由在高錳酸鉀催化劑存在下，尿素和次氯酸鈉、氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成聯(lián)氨、另外兩種鹽和水，

25、根據(jù)質(zhì)量守恒定律可知兩種鹽為氯化鈉和碳酸鈉，該反應(yīng)為CO（NH2）2+ClO+2OH=N2H4+CO32+Cl+H2O，故答案為：CO（NH2）2+ClO+2OH=N2H4+CO32+Cl+H2O；（5）B是一個氣體壓強不變的容器，所以當(dāng)反應(yīng)達到平衡狀態(tài)時，混合氣體的顏色和氣囊體積不再改變，故答案為：氣囊B的體積不再減小或氣體顏色不再變化；再加入氣體，相當(dāng)于增大壓強，化學(xué)平衡正向移動，二氧化氮的百分含量會減小，故答案為：變?。?NO2N2O4起始（mol）：1 0變化（mol）：2 x平衡（mol）：12x x 則=0.8，解得x=0.2mol，所以平均化學(xué)反應(yīng)速率v（NO2）=mol/（Ls

26、）=mol/（Ls），故答案為：mol/（Ls）；打開K2，則相當(dāng)于是在等溫等壓時的平衡，因此平衡時等效的由于此時反應(yīng)物的物質(zhì)的量是B中的二倍，所以打開K2之前，氣球B體積為（aL+0.4aL）÷2=0.7aL，故答案為：0.7a點評：本題考查了化學(xué)平衡的計算和蓋斯定律等知識點，難點是根據(jù)等效平衡進行計算，難度較大10（14分）（2015江西模擬）鈦鐵礦的主要成分為FeTiO3（可表示為FeOTiO2），含有少量MgO、CaO、SiO2等雜質(zhì)利用鈦鐵礦制備鋰離子電池電極材料（鈦酸鋰Li4Ti5O12和磷酸亞鐵鋰LiFePO4）的工業(yè)流程如圖所示：已知：FeTiO3與鹽酸反應(yīng)的離子方程

27、式為：FeTiO3+4H+4Cl=Fe2+TiOCl42+2H2O（1）化合物FeTiO3中鐵元素的化合價是+2（2）濾渣A的成分是SiO2（3）濾液B中TiOCl42轉(zhuǎn)化生成TiO2的離子方程式是TiOCl42+H2O=TiO2+2H+4Cl（4）反應(yīng)中固體TiO2轉(zhuǎn)化成（NH4）2Ti5O15溶液時，Ti元素的浸出率與反應(yīng)溫度的關(guān)系如圖所示反應(yīng)溫度過高時，Ti元素浸出率下降的原因是溫度過高時，反應(yīng)物氨水（或雙氧水）受熱易分解（5）反應(yīng)的化學(xué)方程式是（NH4）2Ti5O15+2 LiOH=Li2Ti5O15+2NH3H2O（或2NH3+2H2O）（6）由濾液D制備LiFePO4的過程中，所需

28、 17%雙氧水與H2C2O4的質(zhì)量比是20：9（7）若采用鈦酸鋰（Li4Ti5O12）和磷酸亞鐵鋰（LiFePO4）作電極組成電池，其工作原理為：Li4Ti5O12+3LiFePO4+3FePO4該電池充電時陽極反應(yīng)式是LiFePO4e=FePO4+Li+考點：制備實驗方案的設(shè)計；電解原理；物質(zhì)分離和提純的方法和基本操作綜合應(yīng)用 專題：電化學(xué)專題；元素及其化合物分析：（1）根據(jù)反應(yīng)FeTiO3+4H+4Cl=Fe2+TiOCl42+2H2O，不是非氧化還原反應(yīng)，可以判斷鐵元素化合價為+2價；（2）MgO、CaO、SiO2等雜質(zhì)中，二氧化硅不溶于稀鹽酸，成為濾渣A；（3）根據(jù)流程圖示，TiOCl

29、42在溶液中加熱與水反應(yīng)生成二氧化鈦沉淀；（4）二氧化鈦與氨水、雙氧水反應(yīng)生成NH4）2Ti5O15，溫度過高，雙氧水和氨水都容易分解；（5）反應(yīng)3是（NH4）2Ti5O15與強氧化鋰反應(yīng)生成Li2Ti5O15沉淀和氨水；（6）根據(jù)電子守恒找出雙氧水與草酸的關(guān)系式，然后列式計算計算出17%雙氧水與H2C2O4的質(zhì)量比；（7）充電時按照電解槽進行分析，陽極氧化陰極還原，寫出陽極放電的電解方程式即可解答：解：（1）反應(yīng)FeTiO3+4H+4Cl=Fe2+TiOCl42+2H2O中，不是非氧化還原反應(yīng)，可以判斷鐵元素化合價為+2價，故答案為：+2；（2）由于雜質(zhì)中二氧化硅不溶于鹽酸，所以濾渣A成分是

30、二氧化硅，故答案為：SiO2；（3）根據(jù)流程可知，TiOCl42在溶液中加熱與水反應(yīng)生成二氧化鈦沉淀，反應(yīng)的離子方程式為：TiOCl42+H2O=TiO2+2H+4Cl，故答案為：TiOCl42+H2O=TiO2+2H+4Cl；（4）由于二氧化鈦與氨水、雙氧水反應(yīng)生成NH4）2Ti5O15時，溫度過高，雙氧水和氨水都容易分解，所以反應(yīng)溫度過高時，Ti元素浸出率下降，故答案為：溫度過高時，反應(yīng)物氨水（或雙氧水）受熱易分解；（5）根據(jù)流程圖示可知，反應(yīng)3是（NH4）2Ti5O15與強氧化鋰反應(yīng)生成Li2Ti5O15沉淀和氨水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：（NH4）2Ti5O15+2 LiOH=Li2Ti5

31、O15+2NH3H2O（或2NH3+2H2O），故答案為：（NH4）2Ti5O15+2 LiOH=Li2Ti5O15+2NH3H2O（或2NH3+2H2O）；（6）根據(jù)電子守恒，氧化鐵元素轉(zhuǎn)移的電子就等于鐵離子氧化草酸轉(zhuǎn)移的電子數(shù)，因此可得關(guān)系式：H2O2H2C2O4，設(shè)雙氧水質(zhì)量為x，草酸質(zhì)量為y， 34 90 x×17% y 34y=90×x×17%，x：y=20：9，17%雙氧水與H2C2O4的質(zhì)量比為20：9，故答案為：20：9；（7）充電時，陽極發(fā)生氧化反應(yīng)，LiFePO4失去電子生成FePO4，電極反應(yīng)為：LiFePO4e=FePO4+Li+，故答案為

32、：LiFePO4e=FePO4+Li+點評：本題借助利用鈦鐵礦制備鋰離子電池電極材料流程，考查了化合價判斷、離子方程式書寫、電極方程式書寫、化學(xué)計算等知識，涉及的內(nèi)容較多，綜合性較強，充分考查了學(xué)生的綜合能力，本題難度中等三、【化學(xué)選修2：化學(xué)與技術(shù)】（共1小題，滿分15分）11（15分）（2015滕州市校級模擬）火山噴發(fā)所產(chǎn)生的硫黃可用于生產(chǎn)重要的化工原料硫酸某企業(yè)用如圖1所示的工藝流程生產(chǎn)硫酸：請回答下列問題：（1）硫酸的用途非常廣泛，可應(yīng)用于下列哪些方面BCD（可多選）A橡膠的硫化B表面活性劑“烷基苯磺酸鈉”的合成C鉛蓄電池的生產(chǎn)D過磷酸鈣的制備（2）為充分利用反應(yīng)放出的熱量，接觸室中應(yīng)

33、安裝熱交換器（填設(shè)備名稱）吸收塔中填充有許多瓷管，其作用是增大三氧化硫與濃硫酸的接觸面，有利于三氧化硫的吸收（3）如果進入接觸室的混合氣（含SO2體積分?jǐn)?shù)為7%、O2為ll%、N2為82%）中SO2平衡轉(zhuǎn)化率與溫度及壓強的關(guān)系如圖2所示在實際生產(chǎn)中，SO2催化氧化反應(yīng)的條件選擇常壓和450，而沒有選擇SO2轉(zhuǎn)化率更高的B或C點對應(yīng)的反應(yīng)條件，其原因分別是不選B點，壓強越大對設(shè)備的投資越大，消耗的動能大，SO2的轉(zhuǎn)化率在1個大氣壓時，已經(jīng)很高了，再提高壓強SO2的轉(zhuǎn)化率提高不大；不選C點，因為C點溫度低，SO2的轉(zhuǎn)化率雖然很高，但是催化劑的催化效率降低，450時催化劑的催化效率最高，所以選擇A點

34、，不選擇C點（4）為使硫黃充分燃燒，經(jīng)流量計l通入燃燒室的氧氣過量50%；為提高SO2轉(zhuǎn)化率，經(jīng)流量計2的氧氣量為接觸室中二氧化硫完全氧化時理論需氧量的2.5倍；則生產(chǎn)過程中流經(jīng)流量計l和流量計2的空氣體積比應(yīng)為6：5假設(shè)接觸室中SO2的轉(zhuǎn)化率為95%，b管排出的尾氣中二氧化硫的體積分?jǐn)?shù)為0.39% （空氣中氧氣的體積分?jǐn)?shù)按0.2計），（5）工業(yè)對硫酸廠尾氣的處理方法一般是用氨水來吸收考點：工業(yè)制取硫酸 專題：元素及其化合物；化學(xué)應(yīng)用分析：（1）A、橡膠硫化所用到的為單質(zhì)硫；B、烷基苯磺酸鈉中含有磺酸基，制取過程中需要發(fā)生磺化反應(yīng)；C、鉛蓄電池中需要用到硫酸和硫酸鉛；D、過磷酸鈣的制取過程中需

35、要濃硫酸和磷礦石；（2）充分利用能量，應(yīng)安裝熱交換器，吸引塔中填充許多瓷管，增大三氧化硫與濃硫酸的接觸面；（3）從溫度、壓強對SO2的轉(zhuǎn)化率進行分析；（4）假設(shè)SO2的體積為x，經(jīng)流量計1通入燃燒室的氧氣過量50%，則流量計1中通入氧氣的體積為1.5x，經(jīng)流量計2的氧氣量為接觸室中SO2完全氧化時理論需氧量的2.5倍，則流量計2中通入氧氣的體積為2.5×0.5x=1.25x，則流量計1中通入空氣的體積為7.5x，流量計2中通入空氣的體積為6.25x；燃燒室剩余空氣6.5x，接觸室剩余空氣6.25x0.5×0.95x=5.775x，剩余SO20.05x，故b管尾氣中SO2的體

36、積分?jǐn)?shù)=，據(jù)此分析解答；（5）二氧化硫是酸性氧化物，可用堿性物質(zhì)氨水來處理；解答：解：（1）A、橡膠硫化所用到的為單質(zhì)硫，故A錯誤；B、烷基苯磺酸鈉中含有磺酸基，制取過程中需要發(fā)生磺化反應(yīng)，磺化反應(yīng)就是與硫酸發(fā)生的取代反應(yīng)，故B正確；C、鉛蓄電池中需要用到硫酸作電解質(zhì)溶液，故C正確；D、過磷酸鈣的制取過程中需要濃硫酸和磷礦石，故D正確；故選：BCD；（2）充分利用能量，應(yīng)安裝熱交換器，吸引塔中填充許多瓷管，增大三氧化硫與濃硫酸的接觸面，有利于三氧化硫的吸收，故答案為：熱交換器；增大三氧化硫與濃硫酸的接觸面，有利于三氧化硫的吸收；（3）由圖2可知，不選B點，壓強越大對設(shè)備的投資越大，消耗的動能大

37、，SO2的轉(zhuǎn)化率在1個大氣壓時，已經(jīng)很高了，再提高壓強SO2的轉(zhuǎn)化率提高不大；不選C點，因為C點溫度低，SO2的轉(zhuǎn)化率雖然很高，但是催化劑的催化效率降低，450時催化劑的催化效率最高，所以選擇A點，不選擇C點；故答案為：不選B點，壓強越大對設(shè)備的投資越大，消耗的動能大，SO2的轉(zhuǎn)化率在1個大氣壓時，已經(jīng)很高了，再提高壓強SO2的轉(zhuǎn)化率提高不大；不選C點，因為C點溫度低，SO2的轉(zhuǎn)化率雖然很高，但是催化劑的催化效率降低，450時催化劑的催化效率最高，所以選擇A點，不選擇C點；（4）燃燒室中的反應(yīng)為S+O2SO2，假設(shè)SO2的體積為x，則流量計1中通入氧氣的體積為1.5x，接觸室中的反應(yīng)為2SO2

38、+O22SO3，則流量計2中通入氧氣的體積為2.5×0.5x=1.25x；流量計1中通入空氣的體積為7.5x，流量計2中通入空氣的體積為6.25x，故流經(jīng)流量計1和流量計2的空氣體積比應(yīng)為7.5x：6.25x=6：5；燃燒室剩余空氣6.5x，接觸室剩余空氣6.25x0.5×0.95x=5.775x，剩余SO20.05x，故b管尾氣中SO2的體積分?jǐn)?shù)為=0.39%；故答案為：6：5；0.39%；（5）硫酸工業(yè)的尾氣中含有二氧化硫，二氧化硫是酸性氧化物，可用堿性物質(zhì)氨水來處理，故答案為：用氨水來吸收；點評：本題是對化學(xué)與技術(shù)及工業(yè)生產(chǎn)的考查，需要學(xué)生細(xì)讀生產(chǎn)工藝圖中各物質(zhì)的變化

39、進行解答，把握氨堿法、制備濃硫酸的工藝流程及設(shè)備的作用、發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)為解答的關(guān)鍵，題目難度中等四、【化學(xué)選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)】（共1小題，滿分15分）12（15分）（2015滕州市校級模擬）（1）原子序數(shù)小于36的元素Q和T，在周期表中既處于同一周期又位于同一族，且原子序數(shù)T比Q多2，Q基態(tài)原子的外圍電子（價電子）排布式為3d64s2，T2+的未成對電子數(shù)是2；（2）中國古代四大發(fā)明之一黑火藥，它的爆炸反應(yīng)為S+2KNO3+3CA+N2+3CO2（其中A的化學(xué)式未知）除S外，上列元素的電負(fù)性從大到小依次為ONCK在生成物中，A的晶體類型為離子晶體；、，CO2中心原子軌道的雜化類型是sp已知

40、CN與N2結(jié)構(gòu)相似，推算HCN分子中鍵與鍵數(shù)目之比為1：1（3）元素金（Au）處于周期表中的第六周期，與Cu同族，一種銅金合金晶體具有立方最密堆積的結(jié)構(gòu)，在晶胞中Cu原子處于面心，Au原子處于頂點位置，則該合金中Cu原子與Au原子數(shù)量之比為3：1；該晶體中，原子之間的作用力是金屬鍵；上述晶體具有儲氫功能，氫原子可進入到由Cu原子與Au原子構(gòu)成的四面體空隙中若將Cu原子與Au原子等同看待，該晶體儲氫后的晶胞結(jié)構(gòu)與CaF2結(jié)構(gòu)相似，該晶體儲氫后的化學(xué)式應(yīng)為Cu3AuH8考點：原子核外電子排布；元素電離能、電負(fù)性的含義及應(yīng)用；晶胞的計算；原子軌道雜化方式及雜化類型判斷 專題：原子組成與結(jié)構(gòu)專題；化學(xué)

41、鍵與晶體結(jié)構(gòu)分析：（1）原子序數(shù)小于36的元素Q和T，在周期表中既處于同一周期又位于同一族，則Q、T處于第族，且原子序數(shù)T比Q多2，則Q為Fe元素，T為Ni元素，再經(jīng)過核外電子排布規(guī)律解答；（2）同周期自左而右電負(fù)性增大，金屬性越強電負(fù)性越小，據(jù)此解答；由原子守恒可知，物質(zhì)A為K2S，屬于離子化合物；含極性共價鍵的分子為CO2，分子中C原子形成2個C=O鍵，不含孤對電子，雜化軌道數(shù)目為2；CN與N2結(jié)構(gòu)相似，C原子與N原子之間形成三鍵，則HCN分子結(jié)構(gòu)式為HCN，三鍵中含有1個鍵、2個鍵，單鍵屬于鍵；（3）元素金（Au）處于周期表中的第六周期，與Cu同族，則最外層電子數(shù)為1，以此判斷電子排布式

42、，利用均攤法計算晶胞；CaF2的結(jié)構(gòu)如圖，利用均攤法計算解答：解：（1）原子序數(shù)小于36的元素Q和T，在周期表中既處于同一周期又位于同一族，則Q、T處于第族，且原子序數(shù)T比Q多2，則Q為Fe元素，T為Ni元素，F(xiàn)e元素是26號元素，F(xiàn)e原子價電子排布式為3d64s2，Ni2+的核外電子排布式為1s22s22p63s23d8，3d能級有2個單電子，故答案為：3d64s2；2；（2）同周期自左而右電負(fù)性增大，金屬性越強電負(fù)性越小，故電負(fù)性O(shè)NCK，故答案為：ONCK；由原子守恒可知，物質(zhì)A為K2S，屬于離子化合物，屬于離子晶體，含極性共價鍵的分子為CO2，分子中C原子形成2個C=O鍵，不含孤對電子

43、，雜化軌道數(shù)目為2，為sp雜化方式，故答案為：離子晶體；sp；CN與N2結(jié)構(gòu)相似，C原子與N原子之間形成三鍵，則HCN分子結(jié)構(gòu)式為HCN，三鍵中含有1個鍵、2個鍵，單鍵屬于鍵，故HCN分子中鍵與鍵數(shù)目之比為1：1，故答案為：1：1；（3）元素金（Au）處于周期表中的第六周期，與Cu同族，則最外層電子數(shù)為1，則價電子排布式為5d106s1，在晶胞中Cu原子處于面心，N（Cu）=6×=3，Au原子處于頂點位置，N（Au）=8×=1，則該合金中Cu原子與Au原子數(shù)量之比為3：1，為金屬晶體，原子間的作用力為金屬鍵鍵合力；CaF2的結(jié)構(gòu)如圖，氫原子可進入到由Cu原子與Au原子構(gòu)成的四面體空隙中，則H原子應(yīng)位于晶胞內(nèi)部，則應(yīng)含有8個H，則化學(xué)式為Cu3AuH8；故答案為：5d106s1；3：1；金屬鍵；Cu3AuH8點評：本題考查電負(fù)性、電子排布式、雜化軌道、等電子體、晶胞的計算