2015年江西省抚州市临川二中高三高考模拟化学试卷 （解析版）

1、2015届江西省抚州市临川二中高三高考模拟化学试卷 （解析版）一选择题1（4分）（2015抚州校级模拟）下列食品加工方法对人体不会造成伤害的是（）A用福尔马林浸泡海鲜防止鱼虾变质B用小苏打做发酵粉制面包C二氧化硫可广泛用于食品的增白D向乳制品中添加三聚氰胺以提高含氮量考点：常见的食品添加剂的组成、性质和作用 分析：A福尔马林的主要成分为甲醛，可致癌；B小苏打对人体无害；C二氧化硫有一定毒性；D三聚氰胺主要对膀胱和肾脏有影响，引发动物膀胱炎、膀胱结石、肾脏炎症等解答：解：A福尔马林的主要成分为甲醛，可致癌，对人体有害，故A错误； B小苏打对人体无害，可作为食品添加剂，故B正确；C二氧化硫有一定毒

2、性，不能用于食物漂白，故C错误；D三聚氰胺主要对膀胱和肾脏有影响，引发动物膀胱炎、膀胱结石、肾脏炎症等，不能作为食品添加剂，故D错误故选B点评：本题考查常见食品添加剂，题目难度不大，注意化学来源于生产生活，也必须服务于生产生活，食品安全直接关系到人的生命健康，是社会热点问题2（4分）（2014洛阳三模）有机物X、Y、M的转化关系为：淀粉XY乙酸乙酯，下列说法错误的是（）AX可用新制的氢氧化铜检验BY有同分异构体CM含有两种碳氧共价键DY可发生加成反应考点：淀粉的性质和用途 专题：有机反应分析：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，乙醇可与乙酸反应生成乙酸乙酯解答：解：分析上述

3、转化关系：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，乙醇可与乙酸反应生成乙酸乙酯A葡萄糖含有醛基，可用新制的氢氧化铜检验，故A正确； B乙醇有同分异构体二甲醚，故B正确；C乙酸有碳氧单键和碳氧双键，故C正确；DY为乙醇，不能发生加成反应，故D错误故选D点评：本题考查有机物的推断和性质，难度不大，有机物的推断为解题的关键3（4分）（2015抚州校级模拟）下列实验操作及现象与预期实验目的或所得实验结论一致的是（） 实验操作及现象实验目的或结论A用洁净的铂丝蘸取溶液进行焰色反应，火焰呈黄色原溶液中有Na+，无K+B向醋酸钠溶液中滴入酚酞试液，加热后若红色加深证明盐类的水解是吸热反应C将

4、SO2通入KMnO4（H+）溶液中验证SO2具有漂白性D硅酸钠溶液中滴入酚酞，溶液变红，再滴加稀盐酸，溶液红色变浅直至消失证明非金属性：ClSiAABBCCDD考点：化学实验方案的评价 分析：A应透过蓝色钴玻璃观察钾离子的焰色反应现象；B醋酸钠水解显碱性；CS02具有还原性，与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应；D盐酸的酸性大于硅酸的酸性，不能比较非金属性的强弱解答：解：A应透过蓝色钴玻璃观察钾离子的焰色反应现象，以滤去黄光，故A错误； B醋酸钠水解显碱性，加热时碱性增强，说明水解吸热，故B正确；CS02具有还原性，与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，不是漂白性的表现，故C错误；D硅酸钠溶液中滴入酚酞，

5、溶液变红，再滴加稀盐酸，溶液红色变浅直至消失，可知盐酸的酸性大于硅酸的酸性，但不能利用此酸性强弱比较非金属性的强弱，故D错误故选B点评：本题考查化学实验方案的评价，涉及离子检验、盐类水解、氧化还原反应、酸性及非金属性的比较等，注意物质的性质与反应原理，题目难度中等4（4分）（2014山东模拟）X、Y、Z、W、R是5种短周期元素，其原子序数依次增大X是周期表中原子半径最小的元素，Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，Z、W、R处于同一周期，R与Y处于同一族，Z、W原子的核外电子数之和与Y、R原子的核外电子数之和相等下列说法正确的是（）A元素Y、Z、W形成的离子具有相同电子层结构，其离子半径依次

6、增大B39g Z2Y2中含有的离子数约为1.204×1024C元素Z、R的氧化物的水化物之间相互反应生成的盐溶液呈中性或碱性D元素Y、R分别与元素X形成的化合物的热稳定性：XmYXmR考点：原子结构与元素周期律的关系 专题：元素周期律与元素周期表专题分析：X、Y、Z、W、R是5种短周期元素，其原子序数依次增大，X是周期表中原子半径最小的元素，则A为H元素；Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，Y原子有2个电子层，最外层电子数为6，故Y为O元素；R与Y处于同一族，则R为S元素；Z、W原子的核外电子数之和与Y、R原子的核外电子数之和相等，则Z、W原子的核外电子数之和为8+16=24，根

7、据Z、W、R处于同一周期，故Z、W为第三周期元素，原子序数W大于Z，故Z为Na，W为Al元素，结合物质性质与元素周期律解答解答：解：X、Y、Z、W、R是5种短周期元素，其原子序数依次增大，X是周期表中原子半径最小的元素，则A为H元素；Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，Y原子有2个电子层，最外层电子数为6，故Y为O元素；R与Y处于同一族，则R为S元素；Z、W原子的核外电子数之和与Y、R原子的核外电子数之和相等，则Z、W原子的核外电子数之和为8+16=24，根据Z、W、R处于同一周期，故Z、W为第三周期元素，原子序数W大于Z，故Z为Na，W为Al元素，AY是O元素，Z是Na元素，W是Al元素

8、，Y、Z、W具有相同电子层结构的离子（O2、Na+、Al3+），根据核外电子排布相同的微粒，半径随着核电荷数的增加而减小，所以离子半径O2Na+Al3+，故A错误；BNa2O2由钠离子与过氧根离子构成，39gNa2O2中含有的离子数约为×3×6.02×1023mol1=9.03×1023，故B错误；CZ的氧化物的水化物为NaOH，R的氧化物的水化物为H2SO4或H2SO3，氢氧化钠与硫酸反应生成硫酸钠，硫酸钠是强酸强碱盐，溶液呈中性，氢氧化钠与亚硫酸反应可以生成亚硫酸钠、亚硫酸氢钠，亚硫酸钠是强碱弱酸盐，溶液呈碱性，亚硫酸氢钠溶液呈酸性，故C错误；D元素

9、Y、R分别与元素X形成的化合物是氢化物，因为Y（O元素）和R（S元素）的非金属性强弱：YR，所以对应的氢化物的稳定性：XmYXmR，故D正确；故选D点评：本题考查结构性质位置关系、元素周期律、微粒半径比较等，难度中等，推断元素是关键，注意半径比较规律与基础知识掌握，C选项为易错点，产物容易遗漏5（4分）（2015抚州校级模拟）已知AgCl、AgBr的溶解度分别为1.5×104g、8.4×106 g（20）将AgCl与AgBr的饱和溶液等体积混合，再加入足量的浓硝酸银溶液，发生的反应为（）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沉淀考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质 专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：向AgCl与 AgBr的饱和溶液中，加入AgNO3，AgCl与AgBr的溶解平衡向左移动，但AgBr的溶解度更小，溶液中AgCl沉淀较多解答：解：在AgCl和AgBr两饱和溶液中，前者c（Ag+）大于后者c（Ag+），c（Cl）c（Br），当将AgCl、AgBr两饱和溶液混合时，发生沉淀的转化，生成更多的AgBr沉淀，与此同时，溶液中n（Cl）比原来AgCl饱和溶液中大，当加入足量的浓AgNO3溶液时，AgBr沉淀有所增多，但AgCl沉淀增加更多故选D点评：本题考查难溶电解质的溶解平衡，题

11、目难度中等，解答本题时注意AgCl的溶解度比AgBr大，加入硝酸银，抑制溶解平衡向右移动，生成沉淀更多6（4分）（2015滕州市校级模拟）常温下，一定量的醋酸与氢氧化钠溶液发生中和反应下列说法正确的是（）A当溶液中c（CH3COO）=c （Na+）c （H+）=c（OH）时，一定是醋酸过量B当溶液中c （CH3COO）=c （Na+）时，一定是氢氧化钠过量C当溶液中c （CH3COO）=c （Na+）时，醋酸与氢氧化钠恰好完全反应D当溶液中c （Na+）c （CH3COO）c （OH）c （H+）时，一定是氢氧化钠过量考点：离子浓度大小的比较 分析：常温下，一定量的醋酸与氢氧化钠溶液发生中和反

12、应，醋酸钠是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性，则醋酸应该稍微过量，结合电荷守恒解答解答：解：A当溶液中c（CH3COO）=c （Na+）c （H+）=c（OH）时，溶液呈中性，醋酸钠溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性，应该酸过量，故A正确；B当溶液中c （CH3COO）=c （Na+）时，根据电荷守恒得c （H+）=c（OH），溶液呈中性，应该是醋酸过量，故B错误；C如果醋酸和NaOH恰好反应生成醋酸钠，醋酸钠是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解导致溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性，则醋酸应该过量，故C错误；D当溶液中c （Na+）c （CH3COO）c （OH）c （H+）时，溶液中的溶质可能

13、是醋酸钠或醋酸钠和醋酸或醋酸钠和NaOH，故D错误；故选A点评：本题考查离子浓度大小比较，利用电荷守恒确定溶液酸碱性，从而确定溶液中的溶质，题目难度不大7（4分）（2015滕州市校级模拟）关于下列三种化合物的说法正确的是（）A均不存在顺反异构体B不同化学环境的氢原子均为7 种C可以用金属钠和银氨溶液进行鉴别D都可以发生加成反应、酯化反应、氧化反应考点：有机物的结构和性质 分析：A具有顺反异构体的有机物中C=C应连接不同的原子或原子团；B根据对称法确定等效氢原子的数目；C根据物质和金属钠以及银氨溶液之间的反应现象来回答；D根据有机物的结构和官能团确定有机物的性质解答：解：A月桂烯中C=C应连接不

14、同的原子或原子团，存在顺反异构，故A错误；B三种化合物不同化学环境的氢原子数目分别为：7、7、9，故B错误；C香叶醇可以和金属钠反应生成氢气，柠檬醛可以和银氨溶液反应生成银镜，而月桂烯和它们之间均不能反应，现象不一样，可以鉴别，故C正确；D月桂烯和柠檬醛不能发生酯化反应，故D错误故选C点评：本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重同分异构体的判断，题目难度不大二、解答题（共3小题，满分43分）8（14分）（2015滕州市校级模拟）为验证氧化性Cl2Fe3+SO2，某小组用下图所示装置进行实验（夹持仪器和A中加热装置已略，气密性已检验）实验过程：I打开弹簧

15、夹K1K4，通入一段时间N2，再将T型导管插入B中继续通入N2，然后关闭K1、K3、K4打开活塞a，滴加一定量的浓盐酸，给A加热当B中溶液变黄时，停止加热，夹紧弹簧夹K2打开活塞b，使约2mL的溶液流入D试管中，检验其中的离子打开弹簧夹K3、活塞c，加入70%的硫酸，一段时间后夹紧弹簧夹K3更新试管D，重复过程，检验B溶液中的离子（1）过程的目的是排出装置中的空气，防止干扰（2）棉花中浸润的溶液化学式为NaOH溶液（3）A中发生反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O（4）过程中检验其中Fe3+和Fe2+的试剂分别为KSCN溶液和酸性KMnO4溶液确定有Fe3+和

16、Fe2+现象分别是出现血红色和紫红色退色（5）过程，检验B溶液中是否含有SO42的操作是先加盐酸酸化，无现象，再加氯化钡溶液，出现白色沉淀，说明含有SO42（6）甲、乙、丙三位同学分别完成了上述实验，他们的检测结果一定能够证明氧化性：Cl2Fe3+SO2的是乙、丙（填“甲”“乙”“丙”） 过程B溶液中含有的离子过程B溶液中含有的离子甲 有Fe3+无Fe2+有SO42乙 既有Fe3+又有Fe2+有SO42丙 有Fe3+无Fe2+有Fe2+考点：性质实验方案的设计 专题：实验设计题分析：（1）通入一段时间N2，排出装置中的氧气；（2）氯气和二氧化硫都是有毒气体，可以用氢氧化钠来吸收；（3）A中发生

17、二氧化锰与浓盐酸的反应，生成氯化锰、氯气、水；（4）检验三价铁用KSCN溶液，在含有三价铁的溶液中检验二价铁用酸性KMnO4溶液；（5）在检验SO42时，加入氯化钡之前要先加盐酸以排除CO32离子的干扰；（6）乙中第一次，说明氯气不足，氯气氧化性大于铁离子，第二次有硫酸根离子，说明发生二氧化硫与铁离子的反应，则氧化性铁离子大于二氧化硫，丙中第一次有Fe3+，无Fe2+，则氯气的氧化性大于铁离子，第二次有亚铁离子，说明发生二氧化硫与铁离子的反应，则氧化性铁离子大于二氧化硫解答：解：（1）打开K1K4，关闭K5、K6，通入一段时间N2，目的是排出装置中的氧气，故答案为：排出装置中的空气，防止干扰；

18、（2）棉花中浸有NaOH溶液，吸收多余氯气、二氧化硫，防止污染空气，故答案为：NaOH溶液；（3）A中发生二氧化锰与浓盐酸的反应，生成氯化锰、氯气、水，该反应为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O；（4）检验三价铁用KSCN溶液，三价铁离子遇KSCN溶液立即出现血红色，在含有三价铁的溶液中检验二价铁用酸性KMnO4溶液，利用酸性KMnO4溶液将二价铁氧化而使溶液退色，故答案为：KSCN溶液；酸性KMnO4溶液；出现血红色；紫红色退色；（5）在检验SO42时，加入氯化钡之前要先加盐酸以排除CO32离子的干扰即先加盐

19、酸酸化，无现象，再加氯化钡溶液，出现白色沉淀，说明含有SO42；故答案为：先加盐酸酸化，无现象，再加氯化钡溶液，出现白色沉淀，说明含有SO42；（6）乙中第一次，说明氯气不足，氯气氧化性大于铁离子，第二次有硫酸根离子，说明发生二氧化硫与铁离子的反应，则氧化性铁离子大于二氧化硫，丙中第一次有Fe3+，无Fe2+，则氯气的氧化性大于铁离子，第二次有亚铁离子，说明发生二氧化硫与铁离子的反应，则氧化性铁离子大于二氧化硫；故答案为：乙、丙点评：本题考查性质实验方案的设计及氧化还原反应，明确装置的作用及发生的反应是解答的关键，注意氧化性的比较是解答的难点，题目难度较大9（15分）（2015滕州市校级模拟）

20、肼（N2H4）又称联氨，广泛用于火箭推进剂、有机合成及燃料电池，NO2的二聚体N2O4则是火箭中常用氧化剂试回答下列问题（1）肼的结构式为（2）肼燃料电池原理如图1所示，左边电极上发生的电极反应式N2H44e+4OH=N2+4H2O（3）火箭常用N2O4作氧化剂，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写出气态肼在气态四氧化二氮中燃烧生成氮气和气态水的热化学方程式：2N2H4（g）+N2O4（g）=3N2（g）+4H2O（g

21、）H=947.6 kJmol1（4）联氨的工业生产常用氨和次氯酸钠为原料获得，也可在催化剂作用下，用尿素和次氯酸钠与氢氧化钠的混合溶液反应获得，尿素法反应的离子方程式为CO（NH2）2+ClO+2OH=N2H4+CO32+Cl+H2O（5）如图2所示，A是由导热材料制成的密闭容器，B是一耐化学腐蚀且易于传热的透明气囊关闭K2，将各1mol NO2通过K1、K3分别充入A、B中，反应起始时A、B的体积相同且均为a LB中可通过观察气囊B的体积不再减小或气体颜色不再变化判断可逆反应2NO2N2O4已经达到平衡若平衡后在A容器中再充入0.5mol N2O4，则重新到达平衡后，平衡混合气中NO2的体积

22、分数变小（填“变大”“变小”或“不变”）若容器A中到达平衡所需时间为t s，达到平衡后容器内压强为起始压强的8倍，则平均化学反应速率v（NO2）等于molL1s1若打开K2，平衡后B容器的体积缩至0.4a L，则打开K2之前，气球B体积为0.7aL考点：化学平衡的计算；离子方程式的书写；用盖斯定律进行有关反应热的计算；原电池和电解池的工作原理 分析：（1）肼又称做连氨，由两个氨基相连；（2）左端为负极，在碱性电解质中失去电子生成氮气和水；（3）利用盖斯定律来计算2N2H4（g）+N2O4（g）=3N2（g）+4H2O（g）的反应热；（4）在高锰酸钾催化剂存在下，尿素和次氯酸钠、氢氧化钠溶液反应

23、生成联氨、另外两种盐和水，结合质量守恒定律来书写离子反应方程式；（5）反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化；根据压强对化学平衡的移动的影响因素来回答；根据反应前后气体的压强之比等于物质的量之比来回答；根据等效平衡分析解答：解：（1）肼由两个氨基相连而成，结构式为，故答案为：； （2）左端为负极，在碱性电解质中失去电子生成氮气和水，电极反应为N2H44e+4OH=N2+4H2O，故答案为：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 根据盖斯定律可知×2得2N2H4（g）+N2O4（g）=3N2（g）+4H2O（g），H=（534.0kJmol1）×2（67.7kJmol1）（52.7kJmol1）=947.6 kJmol1，即热化学方程式为2N2H4（g）+N2O4（g）=3N2（g）+4H2O（g）H=947.6 kJmol1，故答案为：2N2H4（g）+N2O4（g）=3N2（g）+4H2O（g）H=947.6 kJmol1；（4）由在高锰酸钾催化剂存在下，尿素和次氯酸钠、氢氧化钠溶液反应生成联氨、另外两种盐和水，

25、根据质量守恒定律可知两种盐为氯化钠和碳酸钠，该反应为CO（NH2）2+ClO+2OH=N2H4+CO32+Cl+H2O，故答案为：CO（NH2）2+ClO+2OH=N2H4+CO32+Cl+H2O；（5）B是一个气体压强不变的容器，所以当反应达到平衡状态时，混合气体的颜色和气囊体积不再改变，故答案为：气囊B的体积不再减小或气体颜色不再变化；再加入气体，相当于增大压强，化学平衡正向移动，二氧化氮的百分含量会减小，故答案为：变小；2NO2N2O4起始（mol）：1 0变化（mol）：2 x平衡（mol）：12x x 则=0.8，解得x=0.2mol，所以平均化学反应速率v（NO2）=mol/（Ls

26、）=mol/（Ls），故答案为：mol/（Ls）；打开K2，则相当于是在等温等压时的平衡，因此平衡时等效的由于此时反应物的物质的量是B中的二倍，所以打开K2之前，气球B体积为（aL+0.4aL）÷2=0.7aL，故答案为：0.7a点评：本题考查了化学平衡的计算和盖斯定律等知识点，难点是根据等效平衡进行计算，难度较大10（14分）（2015江西模拟）钛铁矿的主要成分为FeTiO3（可表示为FeOTiO2），含有少量MgO、CaO、SiO2等杂质利用钛铁矿制备锂离子电池电极材料（钛酸锂Li4Ti5O12和磷酸亚铁锂LiFePO4）的工业流程如图所示：已知：FeTiO3与盐酸反应的离子方程

27、式为：FeTiO3+4H+4Cl=Fe2+TiOCl42+2H2O（1）化合物FeTiO3中铁元素的化合价是+2（2）滤渣A的成分是SiO2（3）滤液B中TiOCl42转化生成TiO2的离子方程式是TiOCl42+H2O=TiO2+2H+4Cl（4）反应中固体TiO2转化成（NH4）2Ti5O15溶液时，Ti元素的浸出率与反应温度的关系如图所示反应温度过高时，Ti元素浸出率下降的原因是温度过高时，反应物氨水（或双氧水）受热易分解（5）反应的化学方程式是（NH4）2Ti5O15+2 LiOH=Li2Ti5O15+2NH3H2O（或2NH3+2H2O）（6）由滤液D制备LiFePO4的过程中，所需

28、 17%双氧水与H2C2O4的质量比是20：9（7）若采用钛酸锂（Li4Ti5O12）和磷酸亚铁锂（LiFePO4）作电极组成电池，其工作原理为：Li4Ti5O12+3LiFePO4+3FePO4该电池充电时阳极反应式是LiFePO4e=FePO4+Li+考点：制备实验方案的设计；电解原理；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用 专题：电化学专题；元素及其化合物分析：（1）根据反应FeTiO3+4H+4Cl=Fe2+TiOCl42+2H2O，不是非氧化还原反应，可以判断铁元素化合价为+2价；（2）MgO、CaO、SiO2等杂质中，二氧化硅不溶于稀盐酸，成为滤渣A；（3）根据流程图示，TiOCl

29、42在溶液中加热与水反应生成二氧化钛沉淀；（4）二氧化钛与氨水、双氧水反应生成NH4）2Ti5O15，温度过高，双氧水和氨水都容易分解；（5）反应3是（NH4）2Ti5O15与强氧化锂反应生成Li2Ti5O15沉淀和氨水；（6）根据电子守恒找出双氧水与草酸的关系式，然后列式计算计算出17%双氧水与H2C2O4的质量比；（7）充电时按照电解槽进行分析，阳极氧化阴极还原，写出阳极放电的电解方程式即可解答：解：（1）反应FeTiO3+4H+4Cl=Fe2+TiOCl42+2H2O中，不是非氧化还原反应，可以判断铁元素化合价为+2价，故答案为：+2；（2）由于杂质中二氧化硅不溶于盐酸，所以滤渣A成分是

30、二氧化硅，故答案为：SiO2；（3）根据流程可知，TiOCl42在溶液中加热与水反应生成二氧化钛沉淀，反应的离子方程式为：TiOCl42+H2O=TiO2+2H+4Cl，故答案为：TiOCl42+H2O=TiO2+2H+4Cl；（4）由于二氧化钛与氨水、双氧水反应生成NH4）2Ti5O15时，温度过高，双氧水和氨水都容易分解，所以反应温度过高时，Ti元素浸出率下降，故答案为：温度过高时，反应物氨水（或双氧水）受热易分解；（5）根据流程图示可知，反应3是（NH4）2Ti5O15与强氧化锂反应生成Li2Ti5O15沉淀和氨水，反应的化学方程式为：（NH4）2Ti5O15+2 LiOH=Li2Ti5

31、O15+2NH3H2O（或2NH3+2H2O），故答案为：（NH4）2Ti5O15+2 LiOH=Li2Ti5O15+2NH3H2O（或2NH3+2H2O）；（6）根据电子守恒，氧化铁元素转移的电子就等于铁离子氧化草酸转移的电子数，因此可得关系式：H2O2H2C2O4，设双氧水质量为x，草酸质量为y， 34 90 x×17% y 34y=90×x×17%，x：y=20：9，17%双氧水与H2C2O4的质量比为20：9，故答案为：20：9；（7）充电时，阳极发生氧化反应，LiFePO4失去电子生成FePO4，电极反应为：LiFePO4e=FePO4+Li+，故答案为

32、：LiFePO4e=FePO4+Li+点评：本题借助利用钛铁矿制备锂离子电池电极材料流程，考查了化合价判断、离子方程式书写、电极方程式书写、化学计算等知识，涉及的内容较多，综合性较强，充分考查了学生的综合能力，本题难度中等三、【化学选修2：化学与技术】（共1小题，满分15分）11（15分）（2015滕州市校级模拟）火山喷发所产生的硫黄可用于生产重要的化工原料硫酸某企业用如图1所示的工艺流程生产硫酸：请回答下列问题：（1）硫酸的用途非常广泛，可应用于下列哪些方面BCD（可多选）A橡胶的硫化B表面活性剂“烷基苯磺酸钠”的合成C铅蓄电池的生产D过磷酸钙的制备（2）为充分利用反应放出的热量，接触室中应

33、安装热交换器（填设备名称）吸收塔中填充有许多瓷管，其作用是增大三氧化硫与浓硫酸的接触面，有利于三氧化硫的吸收（3）如果进入接触室的混合气（含SO2体积分数为7%、O2为ll%、N2为82%）中SO2平衡转化率与温度及压强的关系如图2所示在实际生产中，SO2催化氧化反应的条件选择常压和450，而没有选择SO2转化率更高的B或C点对应的反应条件，其原因分别是不选B点，压强越大对设备的投资越大，消耗的动能大，SO2的转化率在1个大气压时，已经很高了，再提高压强SO2的转化率提高不大；不选C点，因为C点温度低，SO2的转化率虽然很高，但是催化剂的催化效率降低，450时催化剂的催化效率最高，所以选择A点

34、，不选择C点（4）为使硫黄充分燃烧，经流量计l通入燃烧室的氧气过量50%；为提高SO2转化率，经流量计2的氧气量为接触室中二氧化硫完全氧化时理论需氧量的2.5倍；则生产过程中流经流量计l和流量计2的空气体积比应为6：5假设接触室中SO2的转化率为95%，b管排出的尾气中二氧化硫的体积分数为0.39% （空气中氧气的体积分数按0.2计），（5）工业对硫酸厂尾气的处理方法一般是用氨水来吸收考点：工业制取硫酸 专题：元素及其化合物；化学应用分析：（1）A、橡胶硫化所用到的为单质硫；B、烷基苯磺酸钠中含有磺酸基，制取过程中需要发生磺化反应；C、铅蓄电池中需要用到硫酸和硫酸铅；D、过磷酸钙的制取过程中需

35、要浓硫酸和磷矿石；（2）充分利用能量，应安装热交换器，吸引塔中填充许多瓷管，增大三氧化硫与浓硫酸的接触面；（3）从温度、压强对SO2的转化率进行分析；（4）假设SO2的体积为x，经流量计1通入燃烧室的氧气过量50%，则流量计1中通入氧气的体积为1.5x，经流量计2的氧气量为接触室中SO2完全氧化时理论需氧量的2.5倍，则流量计2中通入氧气的体积为2.5×0.5x=1.25x，则流量计1中通入空气的体积为7.5x，流量计2中通入空气的体积为6.25x；燃烧室剩余空气6.5x，接触室剩余空气6.25x0.5×0.95x=5.775x，剩余SO20.05x，故b管尾气中SO2的体

36、积分数=，据此分析解答；（5）二氧化硫是酸性氧化物，可用碱性物质氨水来处理；解答：解：（1）A、橡胶硫化所用到的为单质硫，故A错误；B、烷基苯磺酸钠中含有磺酸基，制取过程中需要发生磺化反应，磺化反应就是与硫酸发生的取代反应，故B正确；C、铅蓄电池中需要用到硫酸作电解质溶液，故C正确；D、过磷酸钙的制取过程中需要浓硫酸和磷矿石，故D正确；故选：BCD；（2）充分利用能量，应安装热交换器，吸引塔中填充许多瓷管，增大三氧化硫与浓硫酸的接触面，有利于三氧化硫的吸收，故答案为：热交换器；增大三氧化硫与浓硫酸的接触面，有利于三氧化硫的吸收；（3）由图2可知，不选B点，压强越大对设备的投资越大，消耗的动能大

37、，SO2的转化率在1个大气压时，已经很高了，再提高压强SO2的转化率提高不大；不选C点，因为C点温度低，SO2的转化率虽然很高，但是催化剂的催化效率降低，450时催化剂的催化效率最高，所以选择A点，不选择C点；故答案为：不选B点，压强越大对设备的投资越大，消耗的动能大，SO2的转化率在1个大气压时，已经很高了，再提高压强SO2的转化率提高不大；不选C点，因为C点温度低，SO2的转化率虽然很高，但是催化剂的催化效率降低，450时催化剂的催化效率最高，所以选择A点，不选择C点；（4）燃烧室中的反应为S+O2SO2，假设SO2的体积为x，则流量计1中通入氧气的体积为1.5x，接触室中的反应为2SO2

38、+O22SO3，则流量计2中通入氧气的体积为2.5×0.5x=1.25x；流量计1中通入空气的体积为7.5x，流量计2中通入空气的体积为6.25x，故流经流量计1和流量计2的空气体积比应为7.5x：6.25x=6：5；燃烧室剩余空气6.5x，接触室剩余空气6.25x0.5×0.95x=5.775x，剩余SO20.05x，故b管尾气中SO2的体积分数为=0.39%；故答案为：6：5；0.39%；（5）硫酸工业的尾气中含有二氧化硫，二氧化硫是酸性氧化物，可用碱性物质氨水来处理，故答案为：用氨水来吸收；点评：本题是对化学与技术及工业生产的考查，需要学生细读生产工艺图中各物质的变化

39、进行解答，把握氨碱法、制备浓硫酸的工艺流程及设备的作用、发生的化学反应为解答的关键，题目难度中等四、【化学选修3：物质结构与性质】（共1小题，满分15分）12（15分）（2015滕州市校级模拟）（1）原子序数小于36的元素Q和T，在周期表中既处于同一周期又位于同一族，且原子序数T比Q多2，Q基态原子的外围电子（价电子）排布式为3d64s2，T2+的未成对电子数是2；（2）中国古代四大发明之一黑火药，它的爆炸反应为S+2KNO3+3CA+N2+3CO2（其中A的化学式未知）除S外，上列元素的电负性从大到小依次为ONCK在生成物中，A的晶体类型为离子晶体；、，CO2中心原子轨道的杂化类型是sp已知

40、CN与N2结构相似，推算HCN分子中键与键数目之比为1：1（3）元素金（Au）处于周期表中的第六周期，与Cu同族，一种铜金合金晶体具有立方最密堆积的结构，在晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点位置，则该合金中Cu原子与Au原子数量之比为3：1；该晶体中，原子之间的作用力是金属键；上述晶体具有储氢功能，氢原子可进入到由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中若将Cu原子与Au原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构与CaF2结构相似，该晶体储氢后的化学式应为Cu3AuH8考点：原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断 专题：原子组成与结构专题；化学

41、键与晶体结构分析：（1）原子序数小于36的元素Q和T，在周期表中既处于同一周期又位于同一族，则Q、T处于第族，且原子序数T比Q多2，则Q为Fe元素，T为Ni元素，再经过核外电子排布规律解答；（2）同周期自左而右电负性增大，金属性越强电负性越小，据此解答；由原子守恒可知，物质A为K2S，属于离子化合物；含极性共价键的分子为CO2，分子中C原子形成2个C=O键，不含孤对电子，杂化轨道数目为2；CN与N2结构相似，C原子与N原子之间形成三键，则HCN分子结构式为HCN，三键中含有1个键、2个键，单键属于键；（3）元素金（Au）处于周期表中的第六周期，与Cu同族，则最外层电子数为1，以此判断电子排布式

42、，利用均摊法计算晶胞；CaF2的结构如图，利用均摊法计算解答：解：（1）原子序数小于36的元素Q和T，在周期表中既处于同一周期又位于同一族，则Q、T处于第族，且原子序数T比Q多2，则Q为Fe元素，T为Ni元素，Fe元素是26号元素，Fe原子价电子排布式为3d64s2，Ni2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23d8，3d能级有2个单电子，故答案为：3d64s2；2；（2）同周期自左而右电负性增大，金属性越强电负性越小，故电负性ONCK，故答案为：ONCK；由原子守恒可知，物质A为K2S，属于离子化合物，属于离子晶体，含极性共价键的分子为CO2，分子中C原子形成2个C=O键，不含孤对电子

43、，杂化轨道数目为2，为sp杂化方式，故答案为：离子晶体；sp；CN与N2结构相似，C原子与N原子之间形成三键，则HCN分子结构式为HCN，三键中含有1个键、2个键，单键属于键，故HCN分子中键与键数目之比为1：1，故答案为：1：1；（3）元素金（Au）处于周期表中的第六周期，与Cu同族，则最外层电子数为1，则价电子排布式为5d106s1，在晶胞中Cu原子处于面心，N（Cu）=6×=3，Au原子处于顶点位置，N（Au）=8×=1，则该合金中Cu原子与Au原子数量之比为3：1，为金属晶体，原子间的作用力为金属键键合力；CaF2的结构如图，氢原子可进入到由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中，则H原子应位于晶胞内部，则应含有8个H，则化学式为Cu3AuH8；故答案为：5d106s1；3：1；金属键；Cu3AuH8点评：本题考查电负性、电子排布式、杂化轨道、等电子体、晶胞的计算