【化学】2015届陕西省铜川市高考三模试卷

《【化学】2015届陕西省铜川市高考三模试卷》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。

2015年陕西省铜川市高考化学三模试卷一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1．（3分）（2015•铜川三模）化学与社会、生活密切相关．对下列现象或事实解释错误的是（）选项现象或事实解释A明矾用于净水铝离子水解产生的胶体具有很强吸附杂质的作用BSO2能使品红溶液褪色SO2具有漂白性C“地沟油”禁止食用，但可以用来制肥皂“地沟油”主要成分为油脂属于酯类可以发生皂化反应D用氯水和淀粉溶液鉴别食盐是否加碘目前加碘食盐中含碘元素物质为KIA．AB．BC．CD．D2．（3分）（2015•铜川三模）下列离子方程式正确的是（）A．过氧化钠与水反应：2O22﹣+2H2O═O2↑+4OH﹣B．次氯酸钠与Fe（OH）3在碱性溶液中反应生成Na2FeO4：3ClO﹣+2Fe（OH）3═2FeO42﹣+3Cl﹣+H2O+4H+C．向明矾溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至SO42﹣恰好完全沉淀：2Al3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣═2Al（OH）3↓+3BaSO4↓D．向碳酸氢镁溶液中加入过量的澄清石灰水：Mg2++2HCO3﹣+2Ca2++4OH﹣═Mg（OH）2↓+2CaCO3↓+2H2O3．（3分）（2015•铜川三模）下列图中的实验方案，能达到实验目的是（）ABCD实验方案实验验证FeCl3对H2O2分解反应有催化作用制备Fe（OH）2并能较长时间观察其颜色除去CO2气体中混有的SO2比较HCl、H2CO3和H2SiO3的酸性强弱27 目的A．AB．BC．CD．D4．（3分）（2015•铜川三模）W、X、Y、Z是短周期元素，其部分性质如下表，下列说法正确的是（）W单质是淡黄色固体X在地壳中的含量居第二位Y原子最外层电子数是电子总数的Z第三周期原子半径最小的金属A．Z的氧化物属于碱性氧化物B．最高价氧化物对应水化物的酸性：Y＞XC．离子半径：Z＞WD．气态氢化物的热稳定性：X＞W5．（3分）（2015•铜川三模）2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）是工业制硫酸的主要反应之一．一定温度下，在甲、乙、丙三个容积均为2L的恒容密闭容器中投入SO2（g）和O2（g），其起始物质的量及SO2的平衡转化率如下表所示．下列判断中，正确的是（）甲乙丙起始物质的量n（SO2）/mol0.40.80.8n（O2）/mol0.240.240.48SO2的平衡转化率/%80α1α227 A．甲中反应的平衡常数小于乙B．该温度下，平衡常数值为400C．平衡时，丙中c（SO3）是甲中的2倍D．平衡时，甲中O2的转化率大于乙中O2的转化率6．（3分）（2015•铜川三模）室温下，下列叙述正确的是（）A．将物质的量浓度均为0.1mol•L﹣1的Na2CO3溶液，NaHCO3溶液等体积混合所得溶液中：2c（OH﹣）﹣2c（H+）=3c（H2CO3）+c（）﹣c（）B．pH=2是HA酸溶液与pH=12的MOH碱溶液等体积混合：c（M+）=c（OH﹣）＞c（H+）=c（A﹣）C．等浓度、等体积的Na2CO3和NaHCO3混合：＜D．将足量AgCl分别放入：①5mL水②10mL0.2mol/LMgCl2③20mL0.3mol/L盐酸中溶解至饱和，c（Ag+）：①＞②＞③7．（3分）（2015•铜川三模）有一系列芳香族化合物，其中并四苯的一氯代物有（）A．3种B．4种C．5种D．6种二、解答题（共3小题）8．（13分）（2015•铜川三模）某研究小组为了探究一种无机矿物质X（仅含四种元素）的组成和性质，设计并完成如下实验：实验一、定性测定：用如图1装置测定矿物X中的元素27 （1）加热一段时间后观察到现象：CuSO4固体由白色变为蓝色，澄清石灰水变浑浊，说明X分解生成了和．（2）取分解后的固体少量，加入稀盐酸后固体溶解得到蓝色溶液．据以上事实证明X中的四种元素分别是．实验二、定量测定：通过图2所示装置的连接，进行定量分析来测定其组成．（3）实验开始时要通入过量的空气，其作用是．（4）各装置的接口顺序是：a→→→→→→→d．（5）装置C放在最后的作用是．（6）实验过程中称取矿物X的质量为11.1克，反应结束后装置B质量增加了2.2克，E装置增重0.9克，则矿物X的化学式为：．9．（15分）（2015•铜川三模）研究NO2、SO2等大气污染气体的处理有重要意义．（1）NO2可用水吸收，相应的化学方程式为；利用反应6NO2+8NH37N2+12H2O也可以处理NO2．当转移1.2mol电子时，消耗的NO2在标准状况下是L．（2）已知：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣196.6kJ•mol﹣12NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）△H=﹣113.0kJ•mol﹣1则反应NO2（g）+SO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）的△H=kJ•mol﹣1（3）大气中NO2和CO2是形成酸雨的主要污染气体，某地酸雨中可能含有下列离子：Na+、Mg2+、NH4+、Cl﹣、SO32﹣、SO42﹣、NO3﹣和NO2﹣等．某研究小组取该地一定量的酸雨，浓缩后将所得试液分成4份，进行如下实验：第一份滴加适量的淀粉KI溶液，呈蓝色；第二份滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀析出；27 第三份滴加NaOH溶液，加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；第四份加入足量硝酸酸化的AgNO3溶液，有沉淀产生，静置，在上层清液中滴加酸性KMnO4溶液，不褪色．已知：Ksp（Ag2SO4）=1.20×10﹣5请回答下列问题：①该酸雨中肯定存在的离子有；肯定不存在的离子有，说明其不存在的理由：．②写出试液中滴加淀粉KI溶液所发生反应的离子方程式：．（4）该研究小组为了探究NO参与的硫酸型酸雨的形成，在烧瓶中充入含有少量NO的SO2气体，慢慢通入O2，该过程中发生的化学反应有2NO+O2=2NO2，NO2+SO2=SO3+NO，再喷射适量蒸馏水即得硫酸型酸雨．说明NO的作用：．10．（15分）（2015•铜川三模）甲醇是一种可再生能源，具有广泛的开发和应用前景．（1）工业上一般采用两种方法制备甲醇：反应Ⅰ：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H1反应Ⅱ：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H2①下表所列数据是反应Ⅰ在不同温度下的化学平衡常数（K）．温度250℃300℃350℃K2.0410.2700.012由表中数据判断△H10（填“＜”、“=”或“＞”）．②某温度下，将2molCO和6molH2充入2L密闭容器中充分反应，4分钟后反应达到平衡，测得CO的物质的量为0.4mol，则CO的反应速率为，此时的压强是反应前压强的倍．（2）反应Ⅱ的平衡常数表达式为，为了加快反应Ⅱ的反应速率，并且提高H2的转化率，采取的措施是（填写正确选项的字母）．a．增大CO2的浓度b．增大H2的浓度c．增大压强d．加入催化剂（3）工业上利用CO与水蒸气的反应，将有毒的CO转化为无毒的CO2，书写有关热化学反应方程式．该反应在830K下进行时，初始浓度到达平衡的时间有如下的关系：CO的初始浓度（mol/L）2413H2的初始浓度（mol/L）3233时间（min）8612n则n为min．（4）近年来，科研人员新开发出一种甲醇和氧气以强碱溶液为电解质溶液的新型手机电池．该电池中甲醇发生反应的一极为极、其电极反应式为．27 （5）用该电池作电源，用惰性电极电解饱和NaCl溶液时，每消耗0.2molCH3OH，阴极产生标况下气体的体积为L．三、（15分）11．（15分）（2015•铜川三模）已知A、B、C、D四种短周期元素，它们的核电荷数依次增大．A原子，C原子的L能层中都有两个未成对的电子，C、D同主族．E、F都是第四周期元素，E原子核外有4个未成对电子，F原子除最外能层只有1个电子外，其余各能层均为全充满．根据以上信息填空：（1）基态D原子中，电子占据的最高能层符号，该能层具有的原子轨道数为；（2）E2+离子的价层电子轨道表示式是，F原子的电子排布式是；（3）A元素的最高价氧化物对应的水化物中心原子采取的轨道杂化方式为，B元素的气态氢化物的分子模型为；（4）化合物AC2、B2C和阴离子DAB﹣互为等电子体，它们结构相似，DAB﹣的电子式为；（5）配合物甲的焰色反应呈紫色，其内界由中心离子E3+与配位体AB﹣构成，配位数为6，甲的水溶液可以用于实验室中E2+离子的定性检验，检验E2+离子的离子方程式为；（6）某种化合物由D，E，F三种元素组成，其晶胞如图所示，则其化学式为，该晶胞上下底面为正方形，侧面与底面垂直，根据图中所示的数据列式计算该晶体的密度：d=g/cm3．四、（15分）12．（15分）（2015•铜川三模）以乙炔或苯为原料可合成有机酸H2MA，并进一步合成高分子化合物PMLA．Ⅰ．用乙炔等合成烃C．27 （1）A分子中的官能团名称是、．（2）A的一种同分异构体属于乙酸酯，其结构简式是．（3）B转化为C的化学方程式是，其反应类型是．Ⅱ．用烃C或苯合成PMLA的路线如下．（4）1mol有机物H与足量NaHC03溶液反应生成标准状况下的C0244.8L，H有顺反异构，其反式结构简式是．（5）E的结构简式是．（6）G与NaOH溶液在加热条件下反应的化学方程式是．（7）聚酯PMLA有多种结构，写出由H2MA制PMLA的化学方程式（任写一种）．2015年陕西省铜川市高考化学三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）（2015•铜川三模）化学与社会、生活密切相关．对下列现象或事实解释错误的是（）选项现象或事实解释A明矾用于净水铝离子水解产生的胶体具有很强吸附杂质的作用BSO2能使品红溶液褪色SO2具有漂白性C“地沟油”禁止食用，但可以用来制肥皂“地沟油”主要成分为油脂属于酯类可以发生皂化反应D用氯水和淀粉溶液鉴别食盐是否加碘目前加碘食盐中含碘元素物质为KI27 A．AB．BC．CD．D考点：盐类水解的应用；二氧化硫的化学性质；油脂的性质、组成与结构；物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．专题：实验评价题．分析：A、明矾溶解后溶液中铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附性；B、二氧化硫具有漂白性，选择性漂白；C、地沟油”主要成分为油脂属于酯类可以发生皂化反应；D、加碘实验时加入的KIO3；解答：解：A、明矾溶解后溶液中铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附性，可以虚浮悬浮在水中的杂质起到净水作用，故A正确；B、二氧化硫具有漂白性，选择性漂白可以使品红事业褪色，故B正确；C、地沟油”主要成分为油脂属于酯类可以发生皂化反应，不能使用可以制备肥皂，故C正确；D、加碘实验时加入的KIO3，不是KI，用氯水和淀粉不能借鉴是否加入碘元素，故D错误；故选D．点评：本题考查了化学与生活中的化学知识分析判断，主要是物质性质的理解应用，掌握基础是关键，题目难度中等．2．（3分）（2015•铜川三模）下列离子方程式正确的是（）A．过氧化钠与水反应：2O22﹣+2H2O═O2↑+4OH﹣B．次氯酸钠与Fe（OH）3在碱性溶液中反应生成Na2FeO4：3ClO﹣+2Fe（OH）3═2FeO42﹣+3Cl﹣+H2O+4H+C．向明矾溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至SO42﹣恰好完全沉淀：2Al3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣═2Al（OH）3↓+3BaSO4↓D．向碳酸氢镁溶液中加入过量的澄清石灰水：Mg2++2HCO3﹣+2Ca2++4OH﹣═Mg（OH）2↓+2CaCO3↓+2H2O27 考点：离子方程式的书写．专题：离子反应专题．分析：A、过氧化钠不能拆成离子；B、碱性溶液中反应不能生成氢离子；C、向明矾溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至SO42﹣恰好完全沉淀，KAl（SO4）2和Ba（OH）2按照1：2反应；D、向碳酸氢镁溶液中加入过量的澄清石灰水生成氢氧化镁沉淀碳酸钙沉淀和水．解答：解：A、过氧化钠不能拆成离子，过氧化钠与水反应的离子方程式：2Na2O2+2H2O═O2↑+4Na++4OH﹣，故A错误；B、碱性溶液中反应不能生成氢离子，次氯酸钠与Fe（OH）3在碱性溶液中反应生成Na2FeO4的离子方程式，3ClO﹣+4OH﹣+2Fe（OH）3═2FeO42﹣+3Cl﹣+H2O+4H2O，故B错误；C、向明矾溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至SO42﹣恰好完全沉淀，KAl（SO4）2和Ba（OH）2按照1：2反应，离子方程式为：Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣═AlO2﹣+2BaSO4↓+2H2O，故C错误；D、向碳酸氢镁溶液中加入过量的澄清石灰水生成氢氧化镁沉淀碳酸钙沉淀和水，反应的离子方程式Mg2++2HCO3﹣+2Ca2++4OH﹣═Mg（OH）2↓+2CaCO3↓+2H2O，故D正确；故选D．点评：本题考查了离子方程式书写原则和注意问题，主要是量不同产物不同的分析判断，注意氧化物不能拆成离子，题目难度中等．3．（3分）（2015•铜川三模）下列图中的实验方案，能达到实验目的是（）ABCD实验方案实验验证FeCl3对H2O2分解反应有催化作用制备Fe（OH）2并能较长时间观察其颜色除去CO2气体中混有的SO2比较HCl、H2CO3和H2SiO3的酸性强弱27 目的A．AB．BC．CD．D考点：化学实验方案的评价．专题：实验评价题．分析：A．应在温度相同的条件下进行对比实验；B．煤油能抑制亚铁离子被氧化；C．CO2和SO2都可与碳酸钠溶液反应；D．盐酸易挥发，不能排除盐酸的干扰．解答：解：A．温度和催化剂都可影响反应速率，比较催化剂的影响，应在温度相同的条件下进行对比实验，故A错误；B．煤油阻止了亚铁离子和氧气接触，从而阻挡了亚铁离子被氧化，所以能实现实验目的，故B正确；C．CO2和SO2都可与碳酸钠溶液反应，应用饱和碳酸氢钠除杂，故C错误；D．盐酸易挥发，不能排除盐酸的干扰，应先通过饱和碳酸氢钠除去二氧化碳中的氯化氢，故D错误．故选B．点评：本题考查较为综合，涉及物质的性质对比、除杂等知识，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握实验的原理和实验操作的严密性和可行性的评价，难度中等．4．（3分）（2015•铜川三模）W、X、Y、Z是短周期元素，其部分性质如下表，下列说法正确的是（）W单质是淡黄色固体X在地壳中的含量居第二位Y原子最外层电子数是电子总数的Z第三周期原子半径最小的金属27 A．Z的氧化物属于碱性氧化物B．最高价氧化物对应水化物的酸性：Y＞XC．离子半径：Z＞WD．气态氢化物的热稳定性：X＞W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：W、X、Y、Z是短周期元素，W单质是淡黄色固体，则W为S；X在地壳中的含量居第二位，则X为Si；Y原子最外层电子数是电子总数的，若Y处于第二周期，令最外层电子数为a，则（2+a）×=a，解得a=4，为碳元素，若Y处于第三周期，令最外层电子数为a，则（2+8+a）×=a，解得a=20，不符合题意，故Y为碳元素；Z是第三周期原子半径最小的金属，则Z为Al，结合元素周期律与元素化合物性质解答．解答：解：W、X、Y、Z是短周期元素，W单质是淡黄色固体，则W为S；X在地壳中的含量居第二位，则X为Si；Y原子最外层电子数是电子总数的，若Y处于第二周期，令最外层电子数为a，则（2+a）×=a，解得a=4，为碳元素，若Y处于第三周期，令最外层电子数为a，则（2+8+a）×=a，解得a=20，不符合题意，故Y为碳元素；Z是第三周期原子半径最小的金属，则Z为Al，A．氧化铝是两性氧化物，故A错误；B．X为Si、Y为C，非金属性C＞Si，故最高价氧化物对应水化物的酸性：Y＞X，故B正确；C．S2﹣离子比Al3+多一个电子层，故离子半径S2﹣＞Al3+，故C错误；D．非金属性S＞Si，故氢化物稳定性H2S＞SiH4，故D错误，故选B．27 点评：本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，注意对元素周期律的理解掌握，难度中等．5．（3分）（2015•铜川三模）2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）是工业制硫酸的主要反应之一．一定温度下，在甲、乙、丙三个容积均为2L的恒容密闭容器中投入SO2（g）和O2（g），其起始物质的量及SO2的平衡转化率如下表所示．下列判断中，正确的是（）甲乙丙起始物质的量n（SO2）/mol0.40.80.8n（O2）/mol0.240.240.48SO2的平衡转化率/%80α1α2A．甲中反应的平衡常数小于乙B．该温度下，平衡常数值为400C．平衡时，丙中c（SO3）是甲中的2倍D．平衡时，甲中O2的转化率大于乙中O2的转化率考点：化学平衡的计算．分析：A．温度相同时，该反应的平衡常数不变；B．根据甲中各物质的平衡浓度计算平衡常数；C．体积相同，丙中的起始浓度为甲的2倍，压强增大，平衡正向移动，则丙中转化率增大；D．由甲、乙可知，氧气的浓度相同，二氧化硫的浓度增大会促进氧气的转化．解答：解：A．温度相同时，该反应的平衡常数不变，则甲、乙中反应的平衡常数相等，故A错误；B．根据2SO2（g）+O2（g）2SO3（g），27 开始0.40.240转化0.320.160.32平衡0.080.080.32平衡浓度0.040.040.16所以该温度下，平衡常数值为=400，故B正确；C．体积相同，丙中的起始浓度为甲的2倍，压强增大，平衡正向移动，则丙中转化率增大，即丙中c（SO3）大于甲中c（SO3）的2倍，故C错误；D．由甲、乙可知，氧气的浓度相同，二氧化硫的浓度增大会促进氧气的转化，则乙中O2的转化率大于甲中O2的转化率，故D错误；故选B．点评：本题考查化学平衡的计算，熟悉化学平衡的三段法计算及影响平衡移动的因素即可解答，注意平衡常数只与温度有关，计算平衡常数应利用平衡浓度，题目难度中等．6．（3分）（2015•铜川三模）室温下，下列叙述正确的是（）A．将物质的量浓度均为0.1mol•L﹣1的Na2CO3溶液，NaHCO3溶液等体积混合所得溶液中：2c（OH﹣）﹣2c（H+）=3c（H2CO3）+c（）﹣c（）B．pH=2是HA酸溶液与pH=12的MOH碱溶液等体积混合：c（M+）=c（OH﹣）＞c（H+）=c（A﹣）C．等浓度、等体积的Na2CO3和NaHCO3混合：＜D．将足量AgCl分别放入：①5mL水②10mL0.2mol/LMgCl2③20mL0.3mol/L盐酸中溶解至饱和，c（Ag+）：①＞②＞③考点：离子浓度大小的比较．分析：A．根据等浓度等体积的碳酸钠、碳酸氢钠溶液中的物料守恒、电荷守恒判断；B．需要根据酸和碱是否为强电解质进行讨论；C．根据碳酸和碳酸氢根离子的电离平衡常数的表达式进行分析；D．氯离子浓度抑制了氯化银的溶解，则氯离子浓度越大，银离子浓度越小．27 解答：解：A．0.1mol•L﹣1的Na2CO3溶液，NaHCO3溶液等体积混合后的溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣），存在物料守恒：2c（Na+）=3c（H2CO3）+3c（HCO3﹣）+3c（CO32﹣），二者结合可得：2c（OH﹣）﹣2c（H+）=﹣3c（H2CO3）+c（HCO3﹣）﹣c（CO32﹣），故A正确；B．pH=2是HA酸溶液与pH=12的MOH碱溶液等体积混合，若二者都是强电解质，则：c（M+）=c（OH﹣）＞c（H+）=c（A﹣），若HA为弱酸，则混合液显示酸性，则c（H+）＞c（A﹣）；若MOH为弱碱，则混合液中碱过量，溶液显示碱性，则c（H+）＜c（A﹣），故B错误；C．根据碳酸氢根离子、碳酸的电离平衡常数可得：=K（H2CO3）•c（H+）、=K（HCO3﹣）•c（H+），由于同一溶液中，则氢离子浓度相同，根据碳酸的电离平衡常数大于碳酸氢根离子可知，=K（H2CO3）•c（H+）＞=K（HCO3﹣）•c（H+），故C错误；D．将足量AgCl分别放入：①5mL水②10mL0.2mol/LMgCl2③20mL0.3mol/L盐酸中溶解至饱和，氯离子浓度越大，则氯化银的溶解度越小，溶液中银离子浓度越小，三种溶液中氯离子浓度大小为：②＞③＞①，则c（Ag+）大小为：①＞③＞②，故D错误；故选A．点评：本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，涉及酸碱混合的定性判断及溶液pH的计算、难溶物溶解平衡及其应用、离子浓度大小比较等知识，注意掌握电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理在判断离子浓度大小中的应用方法．7．（3分）（2015•铜川三模）有一系列芳香族化合物，其中并四苯的一氯代物有（）A．3种B．4种C．5种D．6种27 考点：同分异构现象和同分异构体．分析：由图可知，利用对称法判断并四苯有5种等效氢，所以一氯代物有5种．解答：解：并四苯具有高度的对成性，，其同分异构体共有5种；故选C．点评：解答本题应注意利用等效氢法判断同分异构体的种类，难度不大．二、解答题（共3小题）8．（13分）（2015•铜川三模）某研究小组为了探究一种无机矿物质X（仅含四种元素）的组成和性质，设计并完成如下实验：实验一、定性测定：用如图1装置测定矿物X中的元素（1）加热一段时间后观察到现象：CuSO4固体由白色变为蓝色，澄清石灰水变浑浊，说明X分解生成了CO2和H2O．（2）取分解后的固体少量，加入稀盐酸后固体溶解得到蓝色溶液．据以上事实证明X中的四种元素分别是Cu、H、C、O．实验二、定量测定：通过图2所示装置的连接，进行定量分析来测定其组成．（3）实验开始时要通入过量的空气，其作用是排净空气中CO2和水蒸气．（4）各装置的接口顺序是：a→f→g→h→i→b→c→d．27 （5）装置C放在最后的作用是防止空气中的CO2和水蒸气进入，影响测定结果．（6）实验过程中称取矿物X的质量为11.1克，反应结束后装置B质量增加了2.2克，E装置增重0.9克，则矿物X的化学式为：Cu2（OH）2CO3．考点：探究物质的组成或测量物质的含量．分析：I、（1）无水硫酸铜变蓝说明有水，澄清石灰水变浑浊，说明有二氧化碳；（2）分解后的固体少量，加入稀盐酸后固体溶解得到蓝色溶液，说明有氯化铜溶液生成，结合（1）判断元素组成；II、把空气先通过碱石灰，出掉空气中的二氧化碳和水蒸气，然后通入整个装置，以排净装置中原有的空气，在加热条件下样品分解，生成的混合气体，通过浓硫酸吸收水，再通过B碱石灰吸收二氧化碳，最后连接C，以防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入B中产生干扰；（3）先通过量空气排出装置中原有的空气；（4）根据实验过程分析判断仪器连接顺序；（5）空气中的二氧化碳和水蒸气进入B中会使测得的二氧化碳的质量偏大；（6）反应结束后装置B质量增加了2.2克，即生成的二氧化碳为2.2g，E装置增重0.9克，即生成水为0.9g，根据元素守恒计算C、H、O、Cu的物质的量，据此确定化学式．解答：解：I、（1）无水硫酸铜变蓝说明有水，澄清石灰水变浑浊，说明有二氧化碳，所以X分解生成了CO2和；故答案为：CO2；H2O；（2）由（1）分析可知X分解生成二氧化碳和水，则X中含有C、H、O元素，分解后的固体少量，加入稀盐酸后固体溶解得到蓝色溶液，说明有氯化铜溶液生成，则X中还含有Cu元素，所以X中元素组成为Cu、H、C、O；故答案为：Cu、H、C、O；II、把空气先通过碱石灰，出掉空气中的二氧化碳和水蒸气，然后通入整个装置，以排净装置中原有的空气，在加热条件下样品分解，生成的混合气体，通过浓硫酸吸收水，再通过B碱石灰吸收二氧化碳，最后连接C，以防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入B中产生干扰；27 （3）装置中有空气，其中的二氧化碳和水蒸气对实验有干扰，所以实验开始时要通入过量的空气，排净空气中CO2和水蒸气；故答案为：排净空气中CO2和水蒸气；（4）由分析可知装置的连接顺序为：a→f→g→h→i→b→c；故答案为：f、g、h、i、b、c；（5）空气中的二氧化碳和水蒸气进入B中会使测得的二氧化碳的质量偏大，所以B装置后面连接一个盛有碱石灰的干燥管C，防止空气中的CO2和水蒸气进入，影响测定结果；故答案为：防止空气中的CO2和水蒸气进入，影响测定结果；（6）反应结束后装置B质量增加了2.2克，即生成的二氧化碳为2.2g，则n（CO2）=n（C）==0.05mol，E装置增重0.9克，即生成水为0.9g，则n（H）=2n（H2O）=×2=0.1mol，由定性分析可知：分解后的固体少量，加入稀盐酸后固体溶解得到蓝色溶液，则分解后的固体为CuO，则CuO的质量为11.1g﹣2.2g﹣0.9g=8.0g，所以n（CuO）==0.1mol，样品中O元素的物质的量：n（O）=0.05×2+0.05+0.1=0.25mol，则样品中N（Cu）：N（H）：N（C）：N（O）=0.1mol：0.05mol：0.1mol：0.25mol=2：1：2：5，则其化学式为Cu2（OH）2CO3；故答案为：Cu2（OH）2CO3．点评：本题考查了物质化学式的确定，涉及物质的检验、物质的性质、原子守恒在计算中的应用等知识点，熟悉元素化合物的性质是解本题关键，明白实验原理以及实验装置的连接顺序和每一步发生的反应及反应现象是解题的关键，题目难度中等．9．（15分）（2015•铜川三模）研究NO2、SO2等大气污染气体的处理有重要意义．（1）NO2可用水吸收，相应的化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO；利用反应6NO2+8NH37N2+12H2O也可以处理NO2．当转移1.2mol电子时，消耗的NO2在标准状况下是6.72L．（2）已知：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣196.6kJ•mol﹣12NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）△H=﹣113.0kJ•mol﹣1则反应NO2（g）+SO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）的△H=﹣41.8kJ•mol﹣127 （3）大气中NO2和CO2是形成酸雨的主要污染气体，某地酸雨中可能含有下列离子：Na+、Mg2+、NH4+、Cl﹣、SO32﹣、SO42﹣、NO3﹣和NO2﹣等．某研究小组取该地一定量的酸雨，浓缩后将所得试液分成4份，进行如下实验：第一份滴加适量的淀粉KI溶液，呈蓝色；第二份滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀析出；第三份滴加NaOH溶液，加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；第四份加入足量硝酸酸化的AgNO3溶液，有沉淀产生，静置，在上层清液中滴加酸性KMnO4溶液，不褪色．已知：Ksp（Ag2SO4）=1.20×10﹣5请回答下列问题：①该酸雨中肯定存在的离子有SO42﹣、NO3﹣、NH4+；肯定不存在的离子有SO32﹣、NO2﹣，说明其不存在的理由：SO32﹣具有较强的还原性，酸性条件下，与NO3﹣不能共存；若有NO2﹣，能使酸性KMnO4溶液褪色．②写出试液中滴加淀粉KI溶液所发生反应的离子方程式：6I﹣+2NO3﹣+8H+=3I2+2NO↑+4H2O．（4）该研究小组为了探究NO参与的硫酸型酸雨的形成，在烧瓶中充入含有少量NO的SO2气体，慢慢通入O2，该过程中发生的化学反应有2NO+O2=2NO2，NO2+SO2=SO3+NO，再喷射适量蒸馏水即得硫酸型酸雨．说明NO的作用：催化剂．考点：探究物质的组成或测量物质的含量；化学方程式的有关计算；用盖斯定律进行有关反应热的计算．分析：（1）根据物质与水的反应物与生成物来书写化学反应方程式，再利用氧化还原反应中电子转移计算，然后来计算标准状况下气体的体积；（2）利用盖斯定律来计算反应热；（3）①滴加适量的淀粉KI溶液，呈蓝色，说明有NO3﹣，SO32﹣与NO3﹣不能共存；滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀析出，故一定含有SO42﹣；滴加NaOH溶液，加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则有氨气生成，故一定含有NH4+；加入足量硝酸酸化的AgNO3溶液，有沉淀产生，静置，在上层清液中滴加酸性KMnO4溶液，不褪色，一定不含NO2﹣，若有NO2﹣，能使酸性KMnO4褪色，而氯离子的存在与否不能判断，因为硫酸根已经存在；②根据单质碘能使淀粉KI溶液呈蓝色来分析；（4）根据物质的性质来书写方程式，根据一氧化氮在反应中的特点来判断所起到的作用；27 解答：解：（1）NO2与H2O反应的方程式为：3NO2+H2O═2HNO3+NO；6NO2+8NH3═7N2+12H2O，当反应中有1molNO2参加反应时，共转移了4mol电子，故转移1.2mol电子时，消耗的NO2为1.2÷4×22.4L=6.72L．故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；6.72；（2）根据盖斯定律，将第二个方程式反写，与第一个方程式相加得：2NO2+2SO2═2SO3+2NO，△H=﹣83.6kJ•mol﹣1，故NO2+SO2⇌SO3+NO，△H=﹣41.8kJ•mol﹣1；故答案为：﹣41.8；（3）①滴加适量的淀粉KI溶液，呈蓝色，说明在该酸性溶液中有一种能将碘离子氧化为碘单质的离子存在，而这样的离子只有NO3﹣，故一定含有NO3﹣，就一定不会含有SO32﹣，因为SO32﹣具有较强的还原性，酸性条件下，与NO3﹣不能共存；滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀析出，故一定含有SO42﹣；滴加NaOH溶液，加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则有氨气生成，故一定含有NH4+；加入足量硝酸酸化的AgNO3溶液，有沉淀产生，静置，在上层清液中滴加酸性KMnO4溶液，不褪色，一定不含NO2﹣，若有NO2﹣，能使酸性KMnO4褪色，而氯离子的存在与否不能判断，因为硫酸根已经存在，故答案为：SO42﹣、NO3﹣、NH4+；SO32﹣、NO2﹣；SO32﹣具有较强的还原性，酸性条件下，与NO3﹣不能共存；若有NO2﹣，能使酸性KMnO4溶液褪色；②硝酸氧化碘离子的离子方程式为：6I﹣+2NO3﹣+8H+=3I2+2NO↑+4H2O，故答案为：6I﹣+2NO3﹣+8H+=3I2+2NO↑+4H2O；（4）一氧化氮具有还原性，很容易被氧气氧化，方程式为：2NO+O2=2NO2，二氧化氮能将二氧化硫氧化，方程式为NO2+SO2=SO3+NO，整个过程一氧化氮的质量没有变化，故在反应中作催化剂，故答案为：催化剂．点评：本题考查了盖斯定律的应用、方程式的书写、离子共存和氧化还原反应、催化剂等，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的综合应用能力，注意把握常见离子的检验方法以及物质的性质．10．（15分）（2015•铜川三模）甲醇是一种可再生能源，具有广泛的开发和应用前景．（1）工业上一般采用两种方法制备甲醇：反应Ⅰ：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H1反应Ⅱ：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H227 ①下表所列数据是反应Ⅰ在不同温度下的化学平衡常数（K）．温度250℃300℃350℃K2.0410.2700.012由表中数据判断△H1＜0（填“＜”、“=”或“＞”）．②某温度下，将2molCO和6molH2充入2L密闭容器中充分反应，4分钟后反应达到平衡，测得CO的物质的量为0.4mol，则CO的反应速率为0.2mol/（L•min），此时的压强是反应前压强的0.6倍．（2）反应Ⅱ的平衡常数表达式为，为了加快反应Ⅱ的反应速率，并且提高H2的转化率，采取的措施是ac（填写正确选项的字母）．a．增大CO2的浓度b．增大H2的浓度c．增大压强d．加入催化剂（3）工业上利用CO与水蒸气的反应，将有毒的CO转化为无毒的CO2，书写有关热化学反应方程式CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H=△H1﹣△H2．该反应在830K下进行时，初始浓度到达平衡的时间有如下的关系：CO的初始浓度（mol/L）2413H2的初始浓度（mol/L）3233时间（min）8612n则n为4min．（4）近年来，科研人员新开发出一种甲醇和氧气以强碱溶液为电解质溶液的新型手机电池．该电池中甲醇发生反应的一极为负极、其电极反应式为CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣=CO32﹣+6H2O．（5）用该电池作电源，用惰性电极电解饱和NaCl溶液时，每消耗0.2molCH3OH，阴极产生标况下气体的体积为13.44L．考点：化学平衡的影响因素；常见化学电源的种类及其工作原理；化学平衡常数的含义；电解原理．专题：基本概念与基本理论．分析：（1）①图表分析判断，平衡常数随温度升高减小，平衡逆向进行，正反应是放热反应；②依据化学平衡三段式列式结合化学反应速率概念计算，压强之比等于气体物质的量之比；（2）依据反应化学方程式结合平衡常数概念书写平衡常数表达式，为了加快反应Ⅱ的反应速率，并且提高H2的转化率，依据影响化学反应速率和平衡的因素分析判断；27 （3）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；依据图表数据分析变化规律得到n值；（4）燃料电池中燃料在原电池负极发生氧化反应，甲醇失电子在碱溶液中生成碳酸钾；（5）依据原电池和电解池的电极反应中电子守恒计算生成气体体积；解答：解：（1）①图表分析判断，平衡常数随温度升高减小，平衡逆向进行，正反应是放热反应，△H＜0；故答案为：＜；②某温度下，将2molCO和6molH2充入2L密闭容器中充分反应，4分钟后反应达到平衡，测得CO的物质的量为0.4mol，依据化学平衡三段式列式计算；CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）起始量（mol）260变化量（mol）1.63.21.6平衡量（mol）0.42.81.6CO的反应速率==0.2mol/（L•min）平衡状态气体压强和起始压强之比等于气体物质的量之比P（平衡）：P（起始）=（0.4+2.8+1.6）：（2+6）=4.8：8=0.6；故答案为：0.2mol/（L•min），0.6；（2）CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），反应的平衡常数K=；为了加快反应Ⅱ的反应速率，并且提高H2的转化率；a．增大CO2的浓度，增大氢气的转化率，平衡正向进行，反应速率加快，故a符合；b．增大H2的浓度，平衡正向进行，反应速率增大，氢气的转化率减小，故b不符合；c．增大压强，反应速率增大，平衡正向进行，氢气转化率增大，故c符合；d．加入催化剂改变化学反应速率不改变化学平衡，氢气转化率不变，故d不符合；故答案为：K=，a、c；27 （3）反应Ⅰ：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H1反应Ⅱ：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H2依据盖斯定律反应Ⅰ﹣反应Ⅱ得到CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）△H=△H1﹣△H2；图表中数据保持氢气初始浓度不变，一氧化碳浓度增大一倍，达到平衡所需时间缩短4分钟，所以分析判断n=4min；故答案为：CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）△H=△H1﹣△H2、4；（4）甲醇和氧气以强碱溶液为电解质溶液的新型手机电池，燃料电池中燃料在原电池负极发生氧化反应，甲醇失电子在碱溶液中生成碳酸钾，该电池中甲醇发生反应的一极为负极，电极反应为：CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣=CO32﹣+6H2O；故答案为：负，CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣=CO32﹣+6H2O；（5）用该电池作电源，用惰性电极电解饱和NaCl溶液时，CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣=CO32﹣+6H2O，每消耗0.2molCH3OH，转移电子1.2mol，阴极电极反应为2H++2e﹣=H2↑，产生标况下气体的体积=0.6mol×22.4L/mol=13.44L；故答案为：13.44．点评：本题考查了化学平衡影响因素分析，平衡常数计算应用，热化学方程式和原电池原理、电解池原理的计算分析应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等．三、（15分）11．（15分）（2015•铜川三模）已知A、B、C、D四种短周期元素，它们的核电荷数依次增大．A原子，C原子的L能层中都有两个未成对的电子，C、D同主族．E、F都是第四周期元素，E原子核外有4个未成对电子，F原子除最外能层只有1个电子外，其余各能层均为全充满．根据以上信息填空：（1）基态D原子中，电子占据的最高能层符号M，该能层具有的原子轨道数为9；（2）E2+离子的价层电子轨道表示式是，F原子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1；（3）A元素的最高价氧化物对应的水化物中心原子采取的轨道杂化方式为sp2，B元素的气态氢化物的分子模型为三角锥形；（4）化合物AC2、B2C和阴离子DAB﹣互为等电子体，它们结构相似，DAB﹣的电子式为；27 （5）配合物甲的焰色反应呈紫色，其内界由中心离子E3+与配位体AB﹣构成，配位数为6，甲的水溶液可以用于实验室中E2+离子的定性检验，检验E2+离子的离子方程式为3Fe2++23﹣=Fe32↓；（6）某种化合物由D，E，F三种元素组成，其晶胞如图所示，则其化学式为CuFeS2，该晶胞上下底面为正方形，侧面与底面垂直，根据图中所示的数据列式计算该晶体的密度：d=4.32g/cm3．考点：位置结构性质的相互关系应用；晶胞的计算．分析：A、B、C、D四种短周期元素，它们的核电荷数依次增大，A原子、C原子的L能层中都有两个未成对的电子，则A原子核外电子排布为1s22s22p2，C原子核外电子排布为1s22s22p4，故A为碳元素、C为氧元素；B原子序数介于C、O之间，则B为氮元素；C、D同主族，则D为S元素；E、F都是第四周期元素，E原子核外有4个未成对电子，原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，则E为Fe；F原子除最外能层只有1个电子外，其余各能层均为全充满，F原子核外电子数=2+8+18+1=29，则F为Cu元素，据此解答．解答：解：A、B、C、D四种短周期元素，它们的核电荷数依次增大，A原子、C原子的L能层中都有两个未成对的电子，则A原子核外电子排布为1s22s22p2，C原子核外电子排布为1s22s22p4，故A为碳元素、C为氧元素；B原子序数介于C、O之间，则B为氮元素；C、D同主族，则D为S元素；E、F都是第四周期元素，E原子核外有4个未成对电子，原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，则E为Fe；F原子除最外能层只有1个电子外，其余各能层均为全充满，F原子核外电子数=2+8+18+1=29，则F为Cu元素，（1）基态S原子中电子占据的最高能层为第3能层，符号M，该能层有1个s轨道、3个p轨道、5个d轨道，共有9个原子轨道，故答案为：M；9；（2）Fe2+离子的价层电子排布3d6，其价层电子排布图是，F为Cu元素，原子核外有29个电子，原子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1，故答案为：27 ；1s22s22p63s23p63d104s1；（3）碳元素的最高价氧化物对应的水化物为H2CO3，分子结构式为，中心C原子成3个σ键、没有孤电子对，C原子采取sp2杂化方式；B的气态氢化物为NH3，为三角锥形结构，故答案为：sp2；三角锥形；（4）化合物CO2、N2O和阴离子SCN﹣互为等电子体，它们结构相似，SCN﹣中C原子与S、N原子之间形成2对共用电子对，SCN﹣的电子式为，故答案为：；（5）配合物甲的焰色反应呈紫色，含有K元素，其内界由中心离子Fe3+与配位体CN﹣构成，配位数为6，甲为K3，甲的水溶液可以用于实验室中Fe2+离子的定性检验，检验Fe2+离子的离子方程式为：3Fe2++23﹣=Fe32↓，故答案为：3Fe2++23﹣=Fe32↓；（6）晶胞中D（S）原子位于晶胞内部，原子数目为8个，E（Fe）原子6个位于面上、4个位于棱上，E（Fe）原子数目=6×+4×=4，F（Cu）原子位于4个位于面上、1个内部、8个顶点上，原子数目=4×+1+8×=4，晶体中Cu、Fe、S原子数目之比=4：4：8=1：1：2，故该晶体化学式为：CuFeS2，晶胞质量=×4，晶胞体积=（524×10﹣10cm）2×103×10﹣10cm，该晶体的密度d=（×4）÷=4.32g/cm3，故答案为：CuFeS2；4.32．点评：本题是对考查物质结构的考查，涉及核外电子排布、杂化理论、等电子体、配合物、晶胞计算等，需要学生具备扎实的基础，（5）为易错点、难点，需要学生具备一定的空间想象与数学计算能力，难度中等．四、（15分）12．（15分）（2015•铜川三模）以乙炔或苯为原料可合成有机酸H2MA，并进一步合成高分子化合物PMLA．Ⅰ．用乙炔等合成烃C．27 （1）A分子中的官能团名称是羟基、碳碳三键．（2）A的一种同分异构体属于乙酸酯，其结构简式是CH3COOCH=CH2．（3）B转化为C的化学方程式是，其反应类型是消去反应．Ⅱ．用烃C或苯合成PMLA的路线如下．（4）1mol有机物H与足量NaHC03溶液反应生成标准状况下的C0244.8L，H有顺反异构，其反式结构简式是．（5）E的结构简式是．（6）G与NaOH溶液在加热条件下反应的化学方程式是．（7）聚酯PMLA有多种结构，写出由H2MA制PMLA的化学方程式（任写一种）等．考点：有机物的合成．专题：有机物的化学性质及推断．分析：I．由A的分子式结合信息，可知1分子甲醛与2分子乙炔发生加成反应生成A，则A的结构简式为HOCH2C≡CCH2OH，A与氢气发生加成反应生成B为HOCH2CH2CH2CH2OH，B再浓硫酸作用下发生消去反应生成CH2=CHCH=CH2；Ⅱ．1mol有机物H与足量NaHC03溶液反应生成标准状况下的C0227 44.8L，二氧化碳为2mol，说明H分子中有2个羧基，H有顺反异构，所以H中还有碳碳双键，则H为HOOC﹣CH=CH﹣COOH，由H、H2MA的分子式可知，H与水发生加成反应生成H2MA为，H2MA发生缩聚反应得到PMLA为等，从G到H2MA发生水解、酸化，故G为，由D到G中官能团的变化可知，D为ClCH2CH=CHCH2Cl，D在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成E为，E与HCl发生加成反应生成F为，F与琼斯试剂反应得到G，据此解答．解答：解：I．由A的分子式结合信息，可知1分子甲醛与2分子乙炔发生加成反应生成A，则A的结构简式为HOCH2C≡CCH2OH，A与氢气发生加成反应生成B为HOCH2CH2CH2CH2OH，B再浓硫酸作用下发生消去反应生成CH2=CHCH=CH2，（1）A的结构简式为HOCH2C≡CCH2OH，含有官能团的名称是：羟基、碳碳三键，故答案为：羟基；碳碳三键；（2）A的一种同分异构体属于乙酸酯，根据酯的构成，醇的部分应是乙烯醇，所以其结构简式为：CH3COOCH=CH2，故答案为：CH3COOCH=CH2；（3）B应为1，4﹣丁二醇，在浓硫酸催化下发生消去反应，化学方程式为，故答案为：；消去反应；Ⅱ．1mol有机物H与足量NaHC03溶液反应生成标准状况下的C0244.8L，二氧化碳为2mol，说明H分子中有2个羧基，H有顺反异构，所以H中还有碳碳双键，则H为HOOC﹣CH=CH﹣COOH，由H、H2MA的分子式可知，H与水发生加成反应生成H2MA为，H2MA发生缩聚反应得到PMLA为等，从G到H2MA发生水解、酸化，故G为，由D到G中官能团的变化可知，D为ClCH2CH=CHCH2Cl，D在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成E为，E与HCl发生加成反应生成F为，F与琼斯试剂反应得到G，（4）H为HOOC﹣CH=CH﹣COOH，其反式结构简式是，故答案为：27 ；（5）由上述分析可知，E的结构简式为，故答案为：；（6）G中羧基、氯原子均与氢氧化钠发生反应，G与氢氧化钠溶液的反应化学方程式为，故答案为：；（7）由H2MA制PMLA发生脱水缩合反应，化学方程式为：等，故答案为：等．点评：本题考查有机物的推断与合成，注意根据反应信息与A的分子式推断其结构，再利用顺推法推断B、C，合成PMLA的路线中根据H的分子式与生成二氧化碳确定H的结构是关键，结合分子式推断H2MA的结构，再结合D到G中官能团的变化综合分析推断，侧重考查学生分析推理能力，难度中等．27