陕西省2015届高三上学期第四次月考化学试卷12月份

20142015学年陕西省高三（上）月考化学试卷（12月份）一、选择题每小题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1化学与日常生活密切相关下列有关说法错误的是（）A使用LED照明灯属于“低碳生活”方式B在家用电热水器不锈钢内胆镶嵌镁棒，以防止内胆被腐蚀C研制高性能的耐磨轮胎，可减少细颗粒物（PM25）的产生D施用适量石灰乳可降低盐碱地（含较多NACL、NA2CO3）的碱性2下列化合物的同分异构体数目与C3H8O的同分异构体数目相同的是（）AC3H6BC4H8CC6H4CL2DC5H123已知反应H2（G）ICL（G）HCL（G）I2（未配平），当生产1MOLI2时HAKJMOL1其反应历程如下H2（G）HCLHCLI（G）H（G）（慢）H（G）ICL（G）HCL（G）I（G）（快）HCLI（G）HCL（G）I（G）（快）I（G）I（G）I2（G）（快）下列有关该反应的说法正确的是（）A该反应的速率主要决定BHCLI是该反应的催化剂CV（H2）V（HCL）V（I2）DA值越小，该反应速率越快4X、Y、Z、W均为短周期元素，X、Y同主族，X的氢化物和其最高价氧化物的水化物能反应生成一种离子化合物，其水溶液显酸性；Z、W、Y是第三周期连续的三种元素，其中只有一种是金属元素下列叙述正确的是（）AX、Y两元素最简单氢化物的稳定性XYBZ、W的氧化物均能与稀硫酸反应CZ和W的氧化物均可作耐高温材料DW的单质可用于制备光导纤维5下列实验操作或事实与预期实验目的或所得结论对应正确的是（）选项实验操作或事实实验目的或结论A淡黄色试液红褐色沉淀说明原溶液中一定含所有FECL3BCAOCA（OH）2NAOH用生石灰制备NAOH溶液C新收集的酸雨白色沉淀酸雨中一定含有SO42DH3PO32NAOH（足量）NA2HPO32H2OH3PO3属于三元酸AABBCCDD6已知H3PO4为弱酸，常温下NAH2PO4溶液的PH小于7下列关于常温下010MOLL1的NAH2PO4溶液的说法正确的是（）AC（HPO42）C（H3PO4）BC（NA）C（H）01MOLL1CC（NA）C（H2PO4）C（HPO42）C（H3PO4）D加水稀释后，N（H）与N（OH）的乘积不变7CA（OH）2溶解度随温度变化曲线如图所示，下列说法正确的是（）A氢氧化钙的溶解是吸热过程B温度升高时氢氧化钙溶解的速度减慢CT时氢氧化钙的KSP约等于246106D向只含有CA（OH）2和MG（OH）2两种沉淀的悬浊液中滴加NAOH浓溶液，分散系中比值不变二、非选择题包括必考题和选考题两部分必考题，每个试题考生都必须作答选考题，考生根据要求作答（一）必考题8（14分）（2014秋陕西月考）为了探究AGNO3的热稳定性和氧化性，某化学兴趣小组设计了如下实验AGNO3的热稳定性利用如图所示的实验装置，加热A中的AGNO3同体，试管A中有红棕色气体产生，B中无红棕色气体产生，在装置C中收集到无色气体当反应结束后，测得试管中残留黑色同体AG（夹持及加热仪器均省略）（1）如何检验整套装置的气密性（2）C中集气瓶收集的气体为，要收集纯净的该气体，正确的操作是（3）AGNO3分解的化学方程式为AGNO3的氧化性将光亮的铁丝伸入盛有AGNO3溶液的大试管中，一段时间后将铁丝取出为检验溶液中FE的氧化产物，猜测如下假设一FE被氧化成FE2；假设二FE被氧化成；假设三FE被氧化成FE2和FE3已知溶液中的AG能与SCN反应，干扰实验选用如下试剂设计一个实验验证假设三可选用的试剂KSCN溶液、酸性KMNO4溶液、氯水、盐酸、硝酸、NACL溶液请完成下表操作现象结论或目的（1）除尽（2）取少量上述溶液于试管中，加入，振荡溶液变血红色存在（3）取（1）中少量上述溶液于试管中，加入，振荡血红色消失存在实验结论FE的氧化产物为FE2和FE39（15分）（2014秋陕西月考）氢能的研究和利用是当今科学研究的热点之一，而寻找性能优越，安全性高、价格低廉、环保的储氢材料则成为氢能研究的关键目前正在研究和已经使用的储氢合金有镁系合金己土系合金等回答下列问题（1）工业上用电解无水氯化镁而不是氧化镁获得镁的原因是该过程的主要能量转换形式为氯化镁晶体脱水是工业冶炼镁的关键工艺之一，一种氯化镁晶体脱水的方法是先将MGCL26H2O转化为MGCL2NH4CLNNH3（铵镁复盐），然后在700下脱氨得到无水氯化镁，脱氨反应的化学方程式为（2）储氢材料MG（ALH4）2在110200时即可分解释放出H2，同时生成ALMG（ALH4）2中氢元素的化合价为，该分解反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为（3）储氢可借助有机物，如利用环氢还可逆反应来实现储氢和脱氢一定条件下，如图装置可实现有机物的电化学储氢（忽略其他有机物）A为电源的；气体M是C电极的电极反应式为（4）镁铝合金（MG17AL12）是一种潜在的储氢材料，可在氩气保护下，将一定化学计量比的MG、AL单质在一定温度下熔炼获得该合金在一定条件下完全吸氢的化学方程式为MG17AL1217H212AL17MGH2得到的混合物X（12AL17MGH2）在一定条件下可释放出氢气熔炼制备镁铝合金（MG17AL12）时通入氩气的目的是在足量的HC1溶液中，混合物X能完全释放H21MOLMG17AL12完全吸氢后得到的混合物X与上述盐酸完全反应，释放出H2的物质的量为10（14分）（2014秋陕西月考）CO2和CH4是两种主要的温室气体，以CH4和CO2为原料太阳能制造更高价值的化学产品是目前缓解温室效应的研究方向回答下列问题（1）由CO2制取C的太阳能工艺如图1所示“热分解系统”发生的反应为2FE3O46FEOO2，则每分解1MOLFE3O4转移电子的物质的量为“重整系统”发生反应的化学方程式为（2）一定条件下，CO2和CH4反应可生产合成气（CO、的混合气体），其可用于合成多种液体燃料已知CH4（G）2O2（G）CO2（G）2H2O（G）H18023KJMOL1CO（G）H2O（G）CO2（G）H2（G）H2410KJMOL12CO（G）O2（G）2CO2（G）H35660KJMOL1反应CO2（G）CH4（G）2CO（G）2H2（G）的HKJMOL1（3）CO2催化加氢可合成低碳烯烃起始时在01MPA下，以N（H2）N（CO2）31的投料比将反应物充入反应器中，发生反应2CO2（G）6H2（G）C2H4（G）4H2O（G）H，保持压强不变，不同温度下平衡时的四种气态物质的物质的量如图2所示曲线表示的物质为（填化学式），该反应的H（填“”或“”）0A、B两点对应的反应速率V（A）、V（B）的大小关系为B、C两点对应温度下反应的平衡常数大小关系为K（B）（填“”“”或“”）K（C）为提高CO2的平衡转化率，除改变温度外，还可采取的措施是举1种）三、选考题共45分请考生从给出的3道化学题中每科任选一题作答如果多答，则每学科按所答的第一题计分（15分）11（15分）（2014秋陕西月考）辉铜矿含铜成分高，是最重要的炼铜矿石，其主要成分为CU2S还含有FE2O3、SIO2及一些不溶性杂质以辉铜矿为原料生产碱式碳酸铜的工艺流程如下已知SO4在常温下稳定，在热水中会分解生成NH3；部分金属阳离子生成氢氧化物沉淀的PH范围如下表所示（开始沉淀的PH按金属离子浓度为10MOLL1计算）开始沉淀的PH沉淀完全的PHFE31132MN28398CU24464回答下列问题（1）能加快浸取速率的措施有、（任写2条）（2）浸取后得到的浸出液中含有CUSO4、MNSO4写出浸取时产生CUSO4、MNSO4反应的化学方程式，滤渣I的成分为MNO2、和（3）“除铁”的方法是通过调节溶液PH，使FE3水解转化为FE（OH）3，加入的试剂A可以是（填化学式），调节溶液PH的范围为（4）“沉锰”（除MN2）过程中发生反应的离子方程式为，“赶氨”时，最适宜的操作方法为（5）测定碱式碳酸铜纯度町用滴定法称取62500G样品于100ML_小烧杯中，加入20ML蒸馏水搅拌，再加入8ML6MOLL1硫酸使其完全溶解，冷却后定量转移至250ML容量瓶中，加水定容，摇匀，移取2500ML配好的溶液于锥形瓶中，加入40OOML02000MOLL1EDTA溶液，然后加入指示剂，再用02000MOLL1的ZN2标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液1800ML已知EDTA与CU2、ZN2均按物质的量比11反应，则样品中的CU2（OH）2CO3质量分数为四、（15分）12（2014秋陕西月考）B、C、N、SI是几种常见的重要非金属元素，其形成的各种化合物在白然界中广泛存在（1）基态硼原子的电子排布式为C、N、SI元素原子的第一电离能由大到小的顺序为（2）BF3与一定量的水可形成如图1晶体R晶体R中各种微粒间的作用力涉及（填字母）A离子键B共价键C配位键D金属键E范德华力R中阴离子的空间构型为（3）乙二胺（H2NCH2CH2NH2）与CUCL2溶液中形成配离子（结构如图2）乙二胺分子中氮原子的杂化类型为乙二胺和三甲胺均属于胺，但乙二胺比三甲胺的沸点高得多，原因是（4）氮化硼（BN）晶体有多种相结构六方相氮化硼是通常存在的稳定相，与石墨相似，具有层状结构，可作高温润滑剂它的晶体结构如图所示六方相氮化硼是否含有键（填“含”或“不含”），其质地软的原因是；该物质3能否导电（填“能”或“不能”），原因是（5）SIC是原子晶体，其品胞结构类似金刚石，假设正方体的边长为ACM，估算SIC晶体的密度为GCM3（用含NA、A的代数式表示）五、（15分）13（2014秋陕西月考）吲哚乙酸（）是一种植物生长素，具有抗癌功能，有望用于研制治疗多种癌症的新药合成的一种路线如下已知以下信息A是甲苯硝化生成的一硝基取代产物，且苯环上的取代基处于邻位；C分子结构中除苯环外还有1个五元环；C、E、F、H、I均能与NAHCO3反应生成CO2；回答下列问题（1）A的化学名称为（2）由E生成F的反应类型为，由F生成G的化学方程式为（3）1的结构简式为（4）A的同分异构体中，符合下列条件的共有种（不考虑立体异构），其中核磁共振氢谱只有4组峰，且能与NAHCO3溶液反应的是（填结构简式）A属于芳香族化合物，且苯环上只有两个取代基B含有NH2，且能与NAOH溶液反应C不能发生银镜反应（5）D也町由苯和羟基乙醛经如下步骤合成反应条件1为的反应类型为，的反应类型为，反应条件2为催化剂、加热，其反应的化学方程式为20142015学年陕西省高三（上）月考化学试卷（12月份）参考答案与试题解析一、选择题每小题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1化学与日常生活密切相关下列有关说法错误的是（）A使用LED照明灯属于“低碳生活”方式B在家用电热水器不锈钢内胆镶嵌镁棒，以防止内胆被腐蚀C研制高性能的耐磨轮胎，可减少细颗粒物（PM25）的产生D施用适量石灰乳可降低盐碱地（含较多NACL、NA2CO3）的碱性考点常见的生活环境的污染及治理；金属的电化学腐蚀与防护；无机非金属材料分析ALED照明灯发光效率高，耗电量少；B作原电池正极的金属被保护；C高性能的耐磨轮胎，可减少细颗粒物的产生；D石灰乳为氢氧化钙，氢氧化钙呈碱性解答解ALED照明灯发光效率高，耗电量少，节约能源，属于“低碳生活”方式，故A正确；B镁、不锈钢和电解质溶液构成原电池，镁易失电子作负极，不锈钢为正极，正极金属被保护，故B正确；C高性能的耐磨轮胎，可减少细颗粒物的产生，减少空气污染，故C正确；D氢氧化钙为碱，盐碱地中碳酸钠溶液呈碱性，氢氧化钙和碳酸钠反应生成氢氧化钠，导致盐碱地碱性增强，故D错误；故选D点评本题考查了生活中常见的化学知识，涉及到环境的污染与治理、金属的腐蚀与防护等，题目难度不大，掌握基础是解题关键2下列化合物的同分异构体数目与C3H8O的同分异构体数目相同的是（）AC3H6BC4H8CC6H4CL2DC5H12考点同分异构现象和同分异构体分析C3H8中含有2种化学环境不同的H原子数目，再利用OH原子团替换H原子，判断属于醇的同分异构体，C3H8O只有一种醚的结构，即甲乙醚，据此解答即可解答解C3H8分子中有2种化学环境不同的H原子，其一羟基代物有2种分别为CH3CH2CH2OH和CH3CH（OH）CH3，C3H8O只有一种醚的结构，即甲乙醚，故C3H8O的同分异构体数目为3；A、C3H6可以为丙烯和环丙烷，具有2种结构，故A不相同；B、C4H8可以为1丁烯、2丁烯、2甲基1丙烯和环丁烷以及甲基环丙烷等，具有5种同分异构体，故B不相同；C、C6H4CL2可以是由苯环经过二氯取代生成的产物，有邻、间、对三种同分异构体，另外还可以是含有碳碳双键以及三键的物质，故有大于3种同分异构体，故C不相同；D、C5H12有3种同分异构体，分别为正戊烷、异戊烷和新戊烷，故D相同，故选D点评本题考查了有机物的同分异构体的判断与书写，题目难度中等，注意同分异构体的书写方法3已知反应H2（G）ICL（G）HCL（G）I2（未配平），当生产1MOLI2时HAKJMOL1其反应历程如下H2（G）HCLHCLI（G）H（G）（慢）H（G）ICL（G）HCL（G）I（G）（快）HCLI（G）HCL（G）I（G）（快）I（G）I（G）I2（G）（快）下列有关该反应的说法正确的是（）A该反应的速率主要决定BHCLI是该反应的催化剂CV（H2）V（HCL）V（I2）DA值越小，该反应速率越快考点化学反应速率的影响因素分析A化学反应的反应速率取决于反应速率最慢的反应；B催化剂在最初的反应中参加反应、在最终的反应中生成；C同一可逆反应中，反应速率之比等于其计量数之比；D反应速率V越小，说明该反应越慢解答解A化学反应的反应速率取决于反应速率最慢的反应，所以该反应的速率主要由决定，故A正确；B催化剂在最初的反应中参加反应、在最终的反应中生成，HCLI先生成后参加反应，所以不能催化剂，故B错误；C同一可逆反应中，反应速率之比等于其计量数之比，该反应方程式为H2（G）2ICL（G）2HCL（G）I2，所以反应速率2V（H2）V（HCL）2V（I2），故C错误；D反应速率V越小，说明该反应越慢，故D错误故选A点评本题考查化学反应机理，侧重考查学生分析判断能力，涉及反应速率快慢判断、决定因素及催化剂等知识点，易错选项是A，题目难度中等4X、Y、Z、W均为短周期元素，X、Y同主族，X的氢化物和其最高价氧化物的水化物能反应生成一种离子化合物，其水溶液显酸性；Z、W、Y是第三周期连续的三种元素，其中只有一种是金属元素下列叙述正确的是（）AX、Y两元素最简单氢化物的稳定性XYBZ、W的氧化物均能与稀硫酸反应CZ和W的氧化物均可作耐高温材料DW的单质可用于制备光导纤维考点原子结构与元素周期律的关系分析X、Y、Z、W均为短周期元素，X的氢化物和其最高价氧化物的水化物能反应生成一种离子化合物，其水溶液显酸性，应为铵盐，则X为N元素；Z、W、Y是第三周期连续的三种元素，其中只有一种是金属元素，X、Y同主族，则Z为AL、W为SI、Y为P，据此解答解答解X、Y、Z、W均为短周期元素，X的氢化物和其最高价氧化物的水化物能反应生成一种离子化合物，其水溶液显酸性，应为铵盐，则X为N元素；Z、W、Y是第三周期连续的三种元素，其中只有一种是金属元素，X、Y同主族，则Z为AL、W为SI、Y为PA非金属性X（N）Y（P），故最简单氢化物的稳定性XY，故A错误；BZ、W的氧化物分别为氧化铝、二氧化硅，氧化铝能与稀硫酸反应，但二氧化硅不能与稀硫酸反应，故B错误；CZ、W的氧化物分别为氧化铝、二氧化硅，二者熔点很高，均可作耐高温材料，故C正确；D用于制备光导纤维为二氧化硅，故D错误，故选C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，侧重对元素化合物性质与用途的考查，比较基础5下列实验操作或事实与预期实验目的或所得结论对应正确的是（）选项实验操作或事实实验目的或结论A淡黄色试液红褐色沉淀说明原溶液中一定含所有FECL3BCAOCA（OH）2NAOH用生石灰制备NAOH溶液C新收集的酸雨白色沉淀酸雨中一定含有SO42DH3PO32NAOH（足量）NA2HPO32H2OH3PO3属于三元酸AABBCCDD考点化学实验方案的评价分析A红褐色沉淀为氢氧化铁，但淡黄色试液一定含铁离子，可能含亚铁离子；BCAO与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙与碳酸钠反应生成碳酸钙和NAOH；C新收集的酸雨含亚硫酸，与硝酸钡发生氧化还原反应生成硫酸钡；DNAOH足量，生成的NA2HPO3为正盐解答解A红褐色沉淀为氢氧化铁，但淡黄色试液可能含亚铁离子和铁离子，则原溶液中不一定含所有FECL3，故A错误；BCAO与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙与碳酸钠反应生成碳酸钙和NAOH，则由实验操作可用生石灰制备NAOH溶液，故B正确；C新收集的酸雨含亚硫酸，与硝酸钡发生氧化还原反应生成硫酸钡，不能说明是否含SO42，故C错误；DNAOH足量，生成的NA2HPO3为正盐，则H3PO3属于二元酸，故D错误；故选B点评本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及离子检验、物质性质、氧化还原反应等，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，综合性较强，题目难度不大6已知H3PO4为弱酸，常温下NAH2PO4溶液的PH小于7下列关于常温下010MOLL1的NAH2PO4溶液的说法正确的是（）AC（HPO42）C（H3PO4）BC（NA）C（H）01MOLL1CC（NA）C（H2PO4）C（HPO42）C（H3PO4）D加水稀释后，N（H）与N（OH）的乘积不变考点离子浓度大小的比较分析A常温下NAH2PO4溶液的PH小于7，则H2PO4的电离程度大于其水解程度，故C（HPO42）C（H3PO4）；B钠离子不水解，则C（NA）01MOLL1；C根据溶液中NAH2PO4的物料守恒判断；D加水稀释后，H2PO4的电离程度增大，则溶液中氢离子的物质的量增大，但是溶液中氢离子浓度减小，而水的离子积不变，所以溶液中氢氧根离子浓度增大，氢氧根离子的物质的量增大，故N（H）与N（OH）的乘积增大解答解AH3PO4为弱酸，常温下NAH2PO4溶液的PH小于7，说明H2PO4的电离程度大于其水解程度，则C（HPO42）C（H3PO4），故A正确；B常温下010MOLL1的NAH2PO4溶液中，钠离子不水解，则C（NA）01MOLL1，所以C（NA）C（H）01MOLL1，故B错误；C根据物料守恒可得C（NA）C（H2PO4）C（PO43）C（HPO42）C（H3PO4），故C错误；D加水稀释NAH2PO4后，溶液中H2PO4的电离程度增大，则溶液中氢离子的物质的量增大，但溶液中氢离子浓度会减小，根据水的离子积不变可知溶液中氢氧根离子浓度增大，则氢氧根离子的物质的量增大，所以溶液中N（H）与N（OH）的乘积增大，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，明确盐的水解原理及其影响为解答关键，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7CA（OH）2溶解度随温度变化曲线如图所示，下列说法正确的是（）A氢氧化钙的溶解是吸热过程B温度升高时氢氧化钙溶解的速度减慢CT时氢氧化钙的KSP约等于246106D向只含有CA（OH）2和MG（OH）2两种沉淀的悬浊液中滴加NAOH浓溶液，分散系中比值不变考点溶液中溶质的质量分数及相关计算分析A、随着温度升高，氢氧化钙的溶解度逐渐减小；B、升高温度，物质的溶解速度会加快；C、根据KSPC（CA2）C2（OH）来进行计算；D、根据CA（OH）2和MG（OH）2两种沉淀的KSP表达式计算两种阳离子浓度之比解答解A、根据图是信息知道随着温度升高，氢氧化钙的溶解度逐渐减小，说明氢氧化钙的溶解是放热过程，故A错误；B、升高温度，氢氧化钙溶解的速度减慢加快，故B错误；C、T时氢氧化钙的溶解度是01G，即1L水中溶解氢氧化钙10G，C（CA2）05C（OH）C00135MOL/L，KSPC（CA2）C2（OH）984106，故C错误；D、CA（OH）2和MG（OH）2两种沉淀的KSP表达式，得到G），所以加入氢氧化钠，KSP不变，比值不变，故D正确故选D点评本题考查了溶解度曲线的应用以及沉淀溶解平衡常数的有关计算，需要加强学生对固体溶解度的理解，培养了学生应用知识解决问题的能力二、非选择题包括必考题和选考题两部分必考题，每个试题考生都必须作答选考题，考生根据要求作答（一）必考题8（14分）（2014秋陕西月考）为了探究AGNO3的热稳定性和氧化性，某化学兴趣小组设计了如下实验AGNO3的热稳定性利用如图所示的实验装置，加热A中的AGNO3同体，试管A中有红棕色气体产生，B中无红棕色气体产生，在装置C中收集到无色气体当反应结束后，测得试管中残留黑色同体AG（夹持及加热仪器均省略）（1）如何检验整套装置的气密性（2）C中集气瓶收集的气体为氧气，要收集纯净的该气体，正确的操作是等到导气管中气泡均匀放出时再收集（3）AGNO3分解的化学方程式为2AGNO32AG2NO2O2AGNO3的氧化性将光亮的铁丝伸入盛有AGNO3溶液的大试管中，一段时间后将铁丝取出为检验溶液中FE的氧化产物，猜测如下假设一FE被氧化成FE2；假设二FE被氧化成FE3；假设三FE被氧化成FE2和FE3已知溶液中的AG能与SCN反应，干扰实验选用如下试剂设计一个实验验证假设三可选用的试剂KSCN溶液、酸性KMNO4溶液、氯水、盐酸、硝酸、NACL溶液请完成下表操作现象结论或目的（1）取少量溶液于试管中，向溶液中加入足量NACL溶液除尽AG（2）取少量上述溶液于试管中，加入KSCN溶液，振荡溶液变血红色存在FE3（3）取（1）中少量上述溶液于试管中，加入酸性KMNO4溶液，振荡血红色消失存在FE2实验结论FE的氧化产物为FE2和FE3考点性质实验方案的设计专题实验设计题分析I（1）连接好仪器后在未加药品之前加热试管，如果C中导气管有气泡冒出，说明气密性良好，故答案为连接好仪器后在未加药品之前加热试管，如果C中导气管有气泡冒出，说明气密性良好；（2）加热硝酸银固体时，有红棕色气体生成，该气体是二氧化氮，有AG生成，根据元素化合价变化知，还有化合价升高的物质生成，只能是氧气，所以该反应方程式为2AGNO32AG2NO2O2，将混合气体通入NAOH溶液时，发生反应4NO2O22H2O4HNO3，根据该反应方程式2AGNO32AG2NO2O2、4NO2O22H2O4HNO3知，氧气有剩余，所以C中收集的气体是O2；要收集纯净的该气体，应该等到导气管中气泡均匀放出时收集；（3）硝酸银分解过程中产生氧气，氧气能和NO反应的；II假设二FE被氧化为FE3；（1）在检验FE3或FE2前应该除去AG的干扰；（2）FE3和KSCN溶液生成络合物而使溶液呈血红色；（3）FE2具有还原性，能被强氧化剂酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色解答解I（1）利用压强差检验装置气密性；（2）加热硝酸银固体时，有红棕色气体生成，该气体是二氧化氮，有AG生成，根据元素化合价变化知，还有化合价升高的物质生成，只能是氧气，所以该反应方程式为2AGNO32AG2NO2O2，将混合气体通入NAOH溶液时，发生反应4NO2O22H2O4HNO3，根据该反应方程式知，氧气有剩余，所以C中收集的气体是氧气；因为装置中含有空气，应该将装置中空气排出时再收集气体，所以要收集纯净的该气体，应该等到导气管中气泡均匀放出时再收集，故答案为氧气；等到导气管中气泡均匀放出时再收集；（3）根据（2）的分析书写方程式2AGNO32AG2NO2O2，故答案为2AGNO32AG2NO2O2；II假设二FE被氧化为FE3，故答案为FE3（1）在检验FE3或FE2前应该除去AG的干扰，所以第一步为取少量溶液于试管中，向溶液中加入足量NACL溶液，发生反应NACLAGNO3AGCLNANO3，看到的现象是有沉淀生成，故答案为取少量溶液于试管中，向溶液中加入足量NACL溶液，AG；（2）FE3和KSCN溶液生成络合物而使溶液呈血红色，第二步取少量上述溶液于试管中加入KSCN溶液振荡，溶液变成血红色，说明溶液中含有FE3，故答案为KSCN溶液，FE3；（3）FE2具有还原性，能被强氧化剂酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，第三步取（1）中少量上述溶液于试管中，加入酸性KMNO4溶液，溶液褪色，说明含有FE2，故答案为酸性KMNO4溶液，FE2；点评本题考查性质实验方案设计，为高频考点，侧重考查物质检验、实验操作等知识点，明确实验原理是解本题关键，难点是II的实验操作步骤设计，要根据物质的性质选取合适的药品，注意化学用语的正确运用，为易错点题目难度中等，9（15分）（2014秋陕西月考）氢能的研究和利用是当今科学研究的热点之一，而寻找性能优越，安全性高、价格低廉、环保的储氢材料则成为氢能研究的关键目前正在研究和已经使用的储氢合金有镁系合金己土系合金等回答下列问题（1）工业上用电解无水氯化镁而不是氧化镁获得镁的原因是消耗大量的电能该过程的主要能量转换形式为电能转化成化学能氯化镁晶体脱水是工业冶炼镁的关键工艺之一，一种氯化镁晶体脱水的方法是先将MGCL26H2O转化为MGCL2NH4CLNNH3（铵镁复盐），然后在700下脱氨得到无水氯化镁，脱氨反应的化学方程式为MGCL2NH4CLNNH3MGCL2（N1）NH3HCL（2）储氢材料MG（ALH4）2在110200时即可分解释放出H2，同时生成ALMG（ALH4）2中氢元素的化合价为1，该分解反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为32（3）储氢可借助有机物，如利用环氢还可逆反应来实现储氢和脱氢一定条件下，如图装置可实现有机物的电化学储氢（忽略其他有机物）A为电源的负极；气体M是氧气C电极的电极反应式为C6H66H6EC6H12（4）镁铝合金（MG17AL12）是一种潜在的储氢材料，可在氩气保护下，将一定化学计量比的MG、AL单质在一定温度下熔炼获得该合金在一定条件下完全吸氢的化学方程式为MG17AL1217H212AL17MGH2得到的混合物X（12AL17MGH2）在一定条件下可释放出氢气熔炼制备镁铝合金（MG17AL12）时通入氩气的目的是防止MGAL被空气氧化在足量的HC1溶液中，混合物X能完全释放H21MOLMG17AL12完全吸氢后得到的混合物X与上述盐酸完全反应，释放出H2的物质的量为52MOL考点原电池和电解池的工作原理；有关混合物反应的计算分析（1）根据氧化镁具有较高的熔点，电解氧化镁获得镁要消耗大量的电能；电解主要是将电能转化成化学能；先将MGCL26H20转化为MGCL2NH4CLNNH3，然后在700脱氨得到无水氯化镁，依据原子守恒书写化学方程式；（2）MG（ALH4）2中MG是2价，AL是3价，则H为1价；根据题意，MG（ALH4）2MGH22AL3H2，氧化产物与还原产物的物质的量之比为32；（3）根据图知，苯中的碳得电子生成环己烷，则C作阴极，阴极上苯得电子和氢离子生成环己烷，D作阳极，氢氧根失电子放出氧气，据此分析；根据图知，苯中的碳得电子生成环己烷，则C作阴极，阴极上苯得电子和氢离子生成环己烷；（4）镁、铝是亲氧元素，易被氧气氧化；释放出的H2包括MG17AL12吸收的氢，还包括镁、铝和盐酸反应生成的氢气解答解（1）因为氧化镁具有较高的熔点，电解氧化镁获得镁要消耗大量的电能，所以用电解无水氯化镁而不是氧化镁获得镁；电解主要是将电能转化成化学能；MGCL2NH4CLNNH3，在700脱氨得到无水氯化镁，反应的化学方程式MGCL2NH4CLNNH3MGCL2（N1）NH3HCL，故答案为消耗大量的电能；电能转化成化学能；MGCL2NH4CLNNH3MGCL2（N1）NH3HCL；（2）MG（ALH4）2中MG是2价，AL是3价，则H为1价；根据题意，MG（ALH4）2MGH22AL3H2，氧化产物与还原产物的物质的量之比为32；故答案为1；32；（3）根据图知，苯中的碳得电子生成环己烷，则C作阴极，阴极上苯得电子和氢离子生成环己烷，电极反应式为C6H66H6EC6H12，D作阳极，氢氧根失电子放出氧气，所以A是负极、B是正极，气体M是氧气，故答案为负极；氧气；根据图知，苯中的碳得电子生成环己烷，则C作阴极，阴极上苯得电子和氢离子生成环己烷，电极反应式为C6H66H6EC6H12，故答案为C6H66H6EC6H12；（4）镁、铝都是活泼的金属单质，容易被空气中的氧气氧化，通入氩气作保护气，以防止二者被氧化，故答案为防止MGAL被空气氧化；1MOLMG17AL12完全吸氢17MOL，在盐酸中会全部释放出来，镁铝合金中的镁和铝都能与盐酸反应生成H2，生成氢气的物质的量分别为17MOL、18MOL，则生成氢气一共（171712）MOL52MOL，故答案为52MOL点评本题考查较综合，涉及常见金属元素及其化合物主要性质、氧化还原反应的计算、化学平衡计算、电化学原理等，把握化学反应原理为解答的关键，侧重分析、应用能力的考查，题目难度中等10（14分）（2014秋陕西月考）CO2和CH4是两种主要的温室气体，以CH4和CO2为原料太阳能制造更高价值的化学产品是目前缓解温室效应的研究方向回答下列问题（1）由CO2制取C的太阳能工艺如图1所示“热分解系统”发生的反应为2FE3O46FEOO2，则每分解1MOLFE3O4转移电子的物质的量为2MOL“重整系统”发生反应的化学方程式为6FEOCO22FE3O4C（2）一定条件下，CO2和CH4反应可生产合成气（CO、的混合气体），其可用于合成多种液体燃料已知CH4（G）2O2（G）CO2（G）2H2O（G）H18023KJMOL1CO（G）H2O（G）CO2（G）H2（G）H2410KJMOL12CO（G）O2（G）2CO2（G）H35660KJMOL1反应CO2（G）CH4（G）2CO（G）2H2（G）的H2477KJMOL1（3）CO2催化加氢可合成低碳烯烃起始时在01MPA下，以N（H2）N（CO2）31的投料比将反应物充入反应器中，发生反应2CO2（G）6H2（G）C2H4（G）4H2O（G）H，保持压强不变，不同温度下平衡时的四种气态物质的物质的量如图2所示曲线表示的物质为H2O（填化学式），该反应的H（填“”或“”）0A、B两点对应的反应速率V（A）、V（B）的大小关系为V（A）V（B）B、C两点对应温度下反应的平衡常数大小关系为K（B）（填“”“”或“”）K（C）为提高CO2的平衡转化率，除改变温度外，还可采取的措施是举1种）考点热化学方程式；化学平衡的影响因素分析（1）分析方程式2FE3O46FEOO2中元素化合价的变化，结合方程式进行计算；由示意图可知，重整系统中CO2和FEO反应生成FE3O4和C；（2）依据热化学方程式和盖斯定律，22得目标方程式，据此计算反应焓变；（3）根据题给图象知，平衡时氢气的物质的量随温度的升高而增大，则曲线A代表反应物CO2，曲线B、C表示生成物，又曲线B表示的物质平衡时物质的量大，结合方程式分析，曲线B表示的物质为H2O；依据所给图象可知，平衡时氢气的物质的量随温度的升高而增大，平衡逆向移动，据此判断反应焓变；依据温度对反应速率、化学平衡常数影响解答；该反应为气体物质的量减小的放热反应，为提高CO2的平衡转化率，除改变温度外，还可采取的措施是增大压强或增大的比值解答解（1）2FE3O46FEOO2中O元素化合价由2价升高到0价，生成1MOL氧气，转移4MOL电子，消耗2MOLFE3O4，所以分解1MOLFE3O4转移电子的物质的量为2MOL；故答案为2MOL；由示意图可知，重整系统中CO2和FEO反应生成FE3O4和C，发生反应的化学方程式6FEOCO22FE3O4C；故答案为6FEOCO22FE3O4C；（2）CH4（G）2O2（G）CO2（G）2H2O（G）H28023KJMOL1CO（G）H2O（G）CO2（G）H2（G）H2410KJMOL12CO（G）O2（G）2CO2（G）H25660KJMOL1；依据盖斯定律22得CO2（G）CH4（G）2CO（G）2H2（G）则反应焓变HKJMOL12477KJ/MOL，故答案为2477；（3）随着温度升高，氢气的物质的量逐渐增多，因氢气为反应物，则另一条逐渐增多的曲线为CO2，由计量数关系可知B为水，C为C2H4的变化曲线；由曲线变化可知随着温度升高，氢气的物质的量逐渐增多，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应放热，故故答案为H2O；升高温度反应速率加快，从图中可知B点温度高于A点，所以V（A）V（B）；由可知该反应为放热反应，升高温度则平衡常数变小，从图中可知B点温度高于C点，所以C点平衡常数大；故答案为V（A）V（B）；该反应为气体物质的量减小的放热反应，为提高CO2的平衡转化率，除改变温度外，还可采取的措施是增大压强或增大的比值；故答案为增大压强或增大的比值；点评本题为综合题，考查热化学方程式书写方法和盖斯定律的计算应用，化学平衡、平衡常数、反应速率的影响因素分析，明确化学平衡相关规律、清楚图象含义是解题关键，题目难度中等三、选考题共45分请考生从给出的3道化学题中每科任选一题作答如果多答，则每学科按所答的第一题计分（15分）11（15分）（2014秋陕西月考）辉铜矿含铜成分高，是最重要的炼铜矿石，其主要成分为CU2S还含有FE2O3、SIO2及一些不溶性杂质以辉铜矿为原料生产碱式碳酸铜的工艺流程如下已知SO4在常温下稳定，在热水中会分解生成NH3；部分金属阳离子生成氢氧化物沉淀的PH范围如下表所示（开始沉淀的PH按金属离子浓度为10MOLL1计算）开始沉淀的PH沉淀完全的PHFE31132MN28398CU24464回答下列问题（1）能加快浸取速率的措施有粉碎矿石、升高温度（或适当增加酸的浓度或搅拌）（任写2条）（2）浸取后得到的浸出液中含有CUSO4、MNSO4写出浸取时产生CUSO4、MNSO4反应的化学方程式2MNO2CU2S4H2SO4S2CUSO42MNSO44H2O，滤渣I的成分为MNO2、SIO2和S（3）“除铁”的方法是通过调节溶液PH，使FE3水解转化为FE（OH）3，加入的试剂A可以是氨水（填化学式），调节溶液PH的范围为32PH44（4）“沉锰”（除MN2）过程中发生反应的离子方程式为MN2CO32MNCO3，“赶氨”时，最适宜的操作方法为加热（5）测定碱式碳酸铜纯度町用滴定法称取62500G样品于100ML_小烧杯中，加入20ML蒸馏水搅拌，再加入8ML6MOLL1硫酸使其完全溶解，冷却后定量转移至250ML容量瓶中，加水定容，摇匀，移取2500ML配好的溶液于锥形瓶中，加入40OOML02000MOLL1EDTA溶液，然后加入指示剂，再用02000MOLL1的ZN2标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液1800ML已知EDTA与CU2、ZN2均按物质的量比11反应，则样品中的CU2（OH）2CO3质量分数为7814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（1）矿石颗粒大小、温度、反应物浓度等因素影响反应速率；（2）反应物是二氧化锰、硫化铜和硫酸，生成物是S、硫酸铜、硫酸锰，根据化合价升降相等配平，浸取后SIO2、反应生成的S都在滤渣中；（3）过滤的溶液呈酸性，调节PH目的是除去FE3离子，可以用氨水，不会引入新杂质，根据阳离子生成氢氧化物沉淀的PH范围，选择PH范围；（4）“沉锰”（除MN2）过程，主要是使MN2生成沉淀MNCO3，温度升高氨气在水中的溶解度减小；（5）根据02000MOLL的ZN2标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液1800ML，根据EDTAZN2可求得与ZN2反应的EDTA的物质的量为0003600MOL，而EDTA的总物质的量为4000ML02000MOLL10008000MOL，所以与CU2反应的EDTA的物质的量为0004400MOL，根据EDTACU2可求得CU2的物质的量为0004400MOL，实验时将样品配成250ML，再取2500ML，所以62500G样品中含有碳酸铜的物质的量为0004400MOL004400MOL，根据纯度100可计算出样品中CU2（OH）2CO2的质量分数解答解（1）酸浸时，通过粉碎矿石或者升高温度或者进行搅拌或都增加酸的浓度，都可以提高浸取速率，故答案为粉碎矿石、升高温度（或适当增加酸的浓度或搅拌）；（2）反应物是二氧化锰、硫化铜和硫酸，生成物是S、硫酸铜、硫酸锰，反应的方程式为2MNO2CU2S4H2SO4S2CUSO42MNSO44H2O，浸取后SIO2、反应生成的S，都不溶解，都在滤渣中，故答案为2MNO2CU2S4H2SO4S2CUSO42MNSO44H2O；SIO2、S；（3）过滤的溶液呈酸性，调节PH目的是除去FE3离子，可以用氨水，不会引入新杂质，要除去滤液中的FE3离子，PH32，FE3离子完全沉淀，PH44，铜离子开始沉淀，故PH范围是32PH44，故答案为氨水；32PH44；（4）“沉锰”（除MN2）过程，主要是使MN2生成沉淀MNCO3，反应的离子方程式为MN2CO32MNCO3，温度升高氨气在水中的溶解度减小，所以赶氨时，最适宜的操作方法为给溶液加热，故答案为MN2CO32MNCO3；加热；（5）根据02000MOLL的ZN2标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液1800ML，根据EDTAZN2可求得与ZN2反应的EDTA的物质的量为0003600MOL，而EDTA的总物质的量为4000ML02000MOLL10008000MOL，所以与CU2反应的EDTA的物质的量为0004400MOL，根据EDTACU2可求得CU2的物质的量为0004400MOL，实验时将样品配成250ML，再取2500ML，所以62500G样品中含有碳酸铜的物质的量为0004400MOL002200MOL，根据纯度100可得样品中CU2（OH）2CO2的质量分数1007814，故答案为7814点评本题考查了硫酸锰和碱式碳酸铜的制取，涉及的知识点比较多，可以根据信息及所学知识，合理分析得出正确结论，本题难度中等四、（15分）12（2014秋陕西月考）B、C、N、SI是几种常见的重要非金属元素，其形成的各种化合物在白然界中广泛存在（1）基态硼原子的电子排布式为1S22S22P1C、N、SI元素原子的第一电离能由大到小的顺序为NCSI（2）BF3与一定量的水可形成如图1晶体R晶体R中各种微粒间的作用力涉及ABCE（填字母）A离子键B共价键C配位键D金属键E范德华力R中阴离子的空间构型为四面体（3）乙二胺（H2NCH2CH2NH2）与CUCL2溶液中形成配离子（结构如图2）乙二胺分子中氮原子的杂化类型为SP3杂化乙二胺和三甲胺均属于胺，但乙二胺比三甲胺的沸点高得多，原因是乙二胺分子之间可以形成氢键，三甲胺分子之间不能形成氢键（4）氮化硼（BN）晶体有多种相结构六方相氮化硼是通常存在的稳定相，与石墨相似，具有层状结构，可作高温润滑剂它的晶体结构如图所示六方相氮化硼是否含有键不含（填“含”或“不含”），其质地软的原因是层与层之间通过范德华力结合在一起，作用力小，导致其质地软；该物质3能否导电不能（填“能”或“不能”），原因是层状结构中没有自由移动的电子（5）SIC是原子晶体，其品胞结构类似金刚石，假设正方体的边长为ACM，估算SIC晶体的密度为GCM3（用含NA、A的代数式表示）考点晶胞的计算；原子核外电子排布；配合物的成键情况；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别分析（1）根据构造原理写出硼原子的核外电子排布式；同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第IIA族和第VA族元素的第一电离能大于相邻元素；（2）晶体R中各种微粒间的作用力涉及离子键、共价键、配位键、范德华力；阴离子中中心原子B原子含有4个键且不含孤电子对，所以B原子采用SP3杂化方式，为四面体构型；（3）乙二胺（H2NCH2CH2NH2）中N原子呈3个键，含有1对孤对电子，杂化轨道数为4，采取SP3杂化乙二胺（H2NCH2CH2NH2）分子之间可以形成氢键，但三甲胺分子之间不能形成氢键（4）B位于第2周期A族，核外电子排布式1S22S22P1，形成的六方相氮化硼，每一个B与3个N原子相连，每1个N原子与3个B原子相连，形平面三角形，向空间发展成层状结构六方相氮化硼，不含键，只含键，层与层之间通过范德华力结合在一起；作用力小，导致其质地软，六方相氮化硼晶体层内一个硼原子与相邻氮原子形成3个共价单键，且B原子不存在孤电子对，该物质的层状结构中不存在自由移动的电子，所以不导电；（5）该晶胞中C原子个数864，SI原子个数为4，晶胞边长ACM，体积V（ACM）3，根据计算解答解（1）硼原子核外有5个电子，其核外电子排布式为1S22S22P1，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第IIA族和第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，所以C、N、SI三种元素的第一电离能由大到小的顺序为NCSI，故答案为1S22S22P1；NCSI；（2）晶体R中各种微粒间的作用力涉及离子键、共价键、配位键、范德华力；阴离子中中心原子B原子含有4个键且不含孤电子对，所以B原子采用SP3杂化方式，为四面体构型；故答案为ABCE；四面体；（3）乙二胺（H2NCH2CH2NH2）中N原子呈3个键，含有1对孤对电子，杂化轨道数为4，采取SP3杂化乙二胺（H2NCH2CH2NH2）分子之