2014年全国统一高考化学试卷（新课标ⅱ）.doc

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1、第 1 页（共 30 页）2014 年全国统一高考化学试卷（新课标年全国统一高考化学试卷（新课标）一、选择题：本题共一、选择题：本题共 7 小题，每小题小题，每小题 6 分，在每小题给出的四个选项中，只有分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的一项是符合题目要求的1 （6 分）下列过程没有发生化学反应的是（ ）A用活性炭去除冰箱中的异味B用热碱水清除炊具上残留的油污C用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果D用含硅胶、铁粉的透气小袋与食品一起密封包装2 （6 分）四联苯的一氯代物有（ ）A3 种B4 种C5 种 D6 种3 （6 分）下列反应中，反应后固体物质增重的是（ ）A氢气通过

2、灼热的 CuO 粉末B二氧化碳通过 Na2O2粉末C铝与 Fe2O3发生铝热反应D将锌粒投入 Cu（NO3）2溶液4 （6 分）下列图示实验正确的是（ ）A除去粗盐溶液中不溶物B碳酸氢钠受热分解C第 2 页（共 30 页）除去 CO 气体中的 CO2气体D乙酸乙酯的制备演示实验5 （6 分）一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是（ ）ApH=5 的 H2S 溶液中，c（H+）=c（HS）=1105molL1BpH=a 的氨水溶液，稀释 10 倍后，其 pH=b，则 a=b+1CpH=2 的 H2C2O4溶液与 pH=12 的 NaOH 溶液任意比例混合：c（Na+）+c（H+）=c（OH

3、）+c（HC2O4）DpH 相同的CH3COONaNaHCO3NaClO 三种溶液的 c（Na+）：6 （6 分）2013 年 3 月我国科学家报道了如图所示的水溶液锂离子电池体系，下列叙述错误的是（ ）Aa 为电池的正极B电池充电反应为 LiMn2O4Li1xMn2O4+xLiC放电时，a 极锂的化合价发生变化D放电时，溶液中 Li+从 b 向 a 迁移7 （6 分）室温下将 1mol 的 CuSO45H2O（s）溶于水会使溶液温度降低，热效应为H1，将 1mol 的 CuSO4（s）溶于水会使溶液温度升高，热效应为H2；CuSO45H2O 受热分解的化学方程式为：CuSO45H2O（s）C

4、uSO4（s）+5H2O（l） ，热效应为H3则下列判断正确的是（ ）AH2H3BH1H3CH1=H2+H3DH1+H2H3第 3 页（共 30 页）二、非选择题：包括必考题和选考题两部分，第二、非选择题：包括必考题和选考题两部分，第 22 题第题第 32 题为必考题，每题为必考题，每个试题考生都必须作答，第个试题考生都必须作答，第 33 题第题第 40 题为选考题，考生根据要求作答题为选考题，考生根据要求作答8 （13 分）在容积为 1.00L 的容器中，通入一定量的 N2O4，发生反应N2O4（g）2NO2（g） ，随温度的升高，混合气体的颜色变深回答下列问题：（1）反应的H 0（填“大于

5、”或“小于”） ；100时，体系中各物质浓度随时间变化如图所示在 060s 时段，反应速率 v（N2O4）为 molL1s1；反应的平衡常数 K1为 （2）100时达平衡后，改变反应温度为 T，c（N2O4）以 0.0020molL1s1的平均速率降低，经 10s 又达到平衡T 100（填“大于”或“小于”） ，判断理由是 列式计算温度 T 时反应的平衡常数 K2 （3）温度 T 时反应达平衡后，将反应容器的容积减少一半，平衡向 （填“正反应”或“逆反应”）方向移动，判断理由是 9铅及其化合物可用于蓄电池、耐酸设备及 X 射线防护材料等，回答下列问题：（1）铅是碳的同族元素，比碳多 4 个电子

6、层，铅在元素周期表的位置是第 周期、第 族；PbO2的酸性比 CO2的酸性 （填“强”或“弱”） （2）PbO2与浓盐酸共热生成黄绿色气体，反应的化学方程式为 第 4 页（共 30 页）（3）PbO2可由 PbO 与次氯酸钠溶液反应制得，反应的离子方程式为 ；PbO2也可以通过石墨为电极，Pb（NO3）2与 Cu（NO3）2的混合溶液为电解液电解制取，阳极发生的电极反应式为 ，阴极上观察到得现象是 ；若电解液中不加入 Cu（NO3）2，阴极发生的电极反应式为 ，这样做的主要缺点是 （4）PbO2在加热过程发生分解的失重曲线如图所示，已知失重曲线上的 a 点为样品失重 4.0%（即100%）的残

7、留固体若 a点固体组成表示为 PbOx或 mPbO2nPbO，列式计算 x 值和 m：n 值 10某小组以 CoCl26H2O、NH4Cl、H2O2、浓氨水为原料，在活性炭催化下，合成了橙黄色晶体 X，为确定其组成，进行如下实验：氨的测定：精确称取 w g X，加适量水溶解，注入如图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量 10% NaOH 溶液，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，用V1mL c1molL1的盐酸标准溶液吸收蒸氨结束后取下接收瓶，用 c2molL1 NaOH 标准溶液滴定过剩的 HCl，到终点时消耗 V2mL NaOH 溶液第 5 页（共 30 页）氯的测定：准确称取样品 X，配成溶

8、液后用 AgNO3标准溶液滴定，K2CrO4溶液为指示剂，至出现砖红色沉淀不再消失为终点（Ag2CrO4为砖红色）回答下列问题：（1）装置中安全管的作用原理是 （2）用 NaOH 标准溶液确定过剩的 HCl 时，应使用 式滴定管，可使用的指示剂为 （3）样品中氨的质量分数表达式为 （4）测定氨前应该对装置进行气密性检验，若气密性不好测定结果将 （填“偏高”或“偏低”） （5）测定氯的过程中，使用棕色滴定管的原因是 ，滴定终点时，若溶液中 c（Ag+）=2.0105molL1，c（CrO42）为 molL1 （已知：Ksp（Ag2CrO4）=1.121012）（6）经测定，样品 X 中钴、氨和氯

9、的物质的量之比为 1：6：3，钴的化合价为 ，制备 X 的化学方程式为 ，X 的制备过程中温度不能过高的原因是 化学化学-选修选修 2：化学与技术：化学与技术11将海水淡化与浓海水资源化结合起来是综合利用海水的重要途径之一一般是先将海水淡化获得淡水再从剩余的浓海水中通过一系列工艺流程提取其他产品回答下列问题：（1）下列改进和优化海水综合利用工艺的设想和做法可行的是 （填序号）用混凝法获取淡水 提高部分产品的质量优化提取产品的品种 改进钾、溴、镁等的提取工艺（2）采用“空气吹出法”从浓海水吹出 Br2，并用纯碱吸收碱吸收溴的主要反应是 Br2+Na2CO3+H2ONaBr+NaBrO3+NaHC

10、O3，吸收 1mol Br2时，转移的电子数为 mol（3）海水提镁的一段工艺流程如图：第 6 页（共 30 页）浓海水的主要成分如下：离子Na+Mg2+ClSO42浓度/（gL1）63.728.8144.646.4该工艺过程中，脱硫阶段主要反应的离子方程式为 ，产品 2 的化学式为 ，1L 浓海水最多可得到产品 2 的质量为 g（4）采用石墨阳极、不锈钢阴极电解熔融的氯化镁，发生反应的化学方程式为 ；电解时，若有少量水存在会造成产品镁的消耗，写出有关反应的化学方程式 化学化学-选修选修 3：物质结构与性质：物质结构与性质12周期表前四周期的元素 a、b、c、d、e，原子序数依次增大a 的核外

11、电子总数与其周期数相同，b 的价电子层中的未成对电子有 3 个，c 的最外层电子数为其内层电子数的 3 倍，d 与 c 同族；e 的最外层只有一个电子，但次外层有18 个电子回答下列问题：（1）b、c、d 中第一电离能最大的是 （填元素符号） ，e 的价层电子轨道示意图为 （2）a 和其他元素形成的二元共价化合物中，分子呈三角锥形，该分子的中心原子的杂化方式为 ；分子中既含有极性共价键、又含有非极性共价键的化合物是 （填化学式，写出两种） （3）这些元素形成的含氧酸中，分子的中心原子的价层电子对数为 3 的酸是 ；酸根呈三角锥结构的酸是 （填化学式）（4）e 和 c 形成的一种离子化合物的晶体

12、结构如图 1，则 e 离子的电荷为 第 7 页（共 30 页）（5）这 5 种元素形成的一种 1：1 型离子化合物中，阴离子呈四面体结构；阳离子呈轴向狭长的八面体结构（如图 2 所示） 该化合物中，阴离子为 ，阳离子中存在的化学键类型有 ；该化合物加热时首先失去的组分是 ，判断理由是 化学化学-选修选修 5：有机化学基础：有机化学基础13立方烷（）具有高度对称性、高致密性、高张力能及高稳定性等特点，因此合成立方烷及其衍生物成为化学界关注的热点下面是立方烷衍生物 I 的一种合成路线：回答下列问题：（1）C 的结构简式为 ，E 的结构简式为 （2）的反应类型为 ，的反应类型为 （3）化合物 A 可

13、由环戊烷经三步反应合成：反应 I 的试剂与条件为 ，反应 2 的化学方程式为 ，反应 3 可用第 8 页（共 30 页）的试剂为 （4）在 I 的合成路线中，互为同分异构体的化合物是 （填化合物代号）（5）I 与碱石灰共热可化为立方烷立方烷的核磁共振氢谱中有 个峰（6）立方烷经硝化可得到六硝基立方烷，其可能的结构有 种第 9 页（共 30 页）2014 年全国统一高考化学试卷（新课标年全国统一高考化学试卷（新课标）参考答案与试题解析参考答案与试题解析一、选择题：本题共一、选择题：本题共 7 小题，每小题小题，每小题 6 分，在每小题给出的四个选项中，只有分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是

14、符合题目要求的一项是符合题目要求的1 （6 分）下列过程没有发生化学反应的是（ ）A用活性炭去除冰箱中的异味B用热碱水清除炊具上残留的油污C用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果D用含硅胶、铁粉的透气小袋与食品一起密封包装【分析】化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成A用活性炭去除冰箱中的异味，是利用活性炭的吸附作用；B用热碱水清除炊具上残留的油污，是油脂在碱性条件下的水解；C用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果，催熟的乙烯被高锰酸钾氧化；D铁粉具有还原性，能和氧气反应，防止食品被氧化【解答】解：A用活性炭去除冰箱中的异味：

15、利用活性炭的吸附作用，属于物理变化，没有发生化学变化，故 A 正确；B用热碱水清除炊具上残留的油污：油脂在碱性条件下发生较为彻底的水解反应，属于化学变化，故 B 错误；C乙烯具有催熟作用，为了延长水果的保鲜期，用高锰酸钾可以除掉乙烯，该过程中乙烯与高锰酸钾反应氧化还原反应，属于化学变化，故 C 错误；D硅胶具有吸水性，可以做干燥剂，吸收水分，属于物理变化；铁粉具有还原性，防止食物被氧化，发生氧化还原反应，属于化学变化，故 D 错误；故选：A。【点评】本题考查了化学变化与物理变化的区别，判断依据是：是否有新物质的生成，题目难度不大，该题各个选项与现实生活接触紧密，比较新颖，注意相关知识的积累第

16、10 页（共 30 页）2 （6 分）四联苯的一氯代物有（ ）A3 种B4 种C5 种 D6 种【分析】根据“等效氢”的数目分析四联苯的一氯代物，有几种等效氢原子，就有几种一氯代物。【解答】解：共有 18 个位置的氢原子可以被取代，根据轴对称可知，1、9、10、18 等效，2，8，11，17 等效，3，7，12，16 等效，4，6，13，15 等效，5、14 等效，因此四联苯的等效氢原子有 5 种，因此四联苯的一氯代物的种类为 5 种，故选：C。【点评】本题考查学生同分异构体的书写，掌握方法即可完成，注意等效氢的判断，难度不大。3 （6 分）下列反应中，反应后固体物质增重的是（ ）A氢气通过灼

17、热的 CuO 粉末B二氧化碳通过 Na2O2粉末C铝与 Fe2O3发生铝热反应D将锌粒投入 Cu（NO3）2溶液【分析】A发生氢气与 CuO 的反应生成 Cu 和水；B发生二氧化碳与过氧化钠的反应生成碳酸钠和氧气；C发生 Al 与 Fe2O3反应生成 Al2O3和 Fe；D发生 Zn 与 Cu（NO3）2反应生成 Zn（NO3）2和 Cu【解答】解：A发生氢气与 CuO 的反应生成 Cu 和水，反应前固体为 CuO，反应后固体为 Cu，固体质量减小，故 A 错误；B发生二氧化碳与过氧化钠的反应生成碳酸钠和氧气，反应前固体为过氧化钠，反应后固体为碳酸钠，二者物质的量相同，固体质量增加，故 B 正

18、确；C发生 Al 与 Fe2O3反应生成 Al2O3和 Fe，反应前固体为氧化铁、Al，反应后固体为氧化铝、Fe，均为固体，固体质量不变，故 C 错误；D发生 Zn 与 Cu（NO3）2反应生成 Zn（NO3）2和 Cu，反应前固体为 Zn，反应后固体为 Cu，二者物质的量相同，则固体质量减小，故 D 错误；故选：B。第 11 页（共 30 页）【点评】本题为 2014 年高考试题，把握发生的化学反应及反应前后固体的分析为解答的关键，侧重元素化合物性质的考查，注意反应中物质的质量变化，题目难度不大4 （6 分）下列图示实验正确的是（ ）A除去粗盐溶液中不溶物B碳酸氢钠受热分解C除去 CO 气体

19、中的 CO2气体D乙酸乙酯的制备演示实验【分析】A漏斗下端尖嘴应紧靠烧杯内壁，玻璃棒紧靠三层滤纸一边；B试管口应略向下倾斜；C除杂时导管应长进短出；D乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，需要浓硫酸并加热，饱和碳酸钠可吸收乙醇和乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度【解答】解：A除去粗盐溶液中不溶物，可利用图中过滤操作，但漏斗下端尖第 12 页（共 30 页）嘴应紧靠烧杯内壁，玻璃棒紧靠三层滤纸一边，故 A 错误；B碳酸氢钠分解生成水，为防止水倒流，试管口应略向下倾斜，图中试管口向上，故 B 错误；C除杂时导管应长进短出，图中气体从短导管进入不能除杂，故 C 错误；D乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，需要

20、浓硫酸并加热，饱和碳酸钠可吸收乙醇和乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，图中制备实验合理，故 D 正确；故选：D。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及混合物分解提纯、物质除杂、有机物制备及物质性质实验等，把握实验原理及实验装置为解答的关键，注意实验操作的可行性、评价性分析，题目难度不大5 （6 分）一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是（ ）ApH=5 的 H2S 溶液中，c（H+）=c（HS）=1105molL1BpH=a 的氨水溶液，稀释 10 倍后，其 pH=b，则 a=b+1CpH=2 的 H2C2O4溶液与 pH=12 的 NaOH 溶液任意比例混合：c（Na+）+c（

21、H+）=c（OH）+c（HC2O4）DpH 相同的CH3COONaNaHCO3NaClO 三种溶液的 c（Na+）：【分析】AH2S 为二元弱酸，分步电离，第一步电离程度远远大于第二步；B加水稀释促进一水合氨电离；CH2C2O4是二元弱酸，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；DpH 相同的CH3COONaNaHCO3NaClO 三种溶液，酸根离子水解程度越小，其浓度越大【解答】解：AH2S 为二元弱酸，分步电离，第一步电离程度远远大于第二步，所以溶液中 c（H+）c（HS） ，故 A 错误；B加水稀释促进一水合氨电离，pH=a 的氨水溶液，稀释 10 倍后，溶液中的氢氧根离子浓度

22、大于原来的，其 pH=b，则 ab+1，故 B 错误；第 13 页（共 30 页）CH2C2O4是二元弱酸，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HC2O4）+2c（C2O42） ，故 C 错误；DpH 相同的CH3COONaNaHCO3NaClO 三种溶液，酸根离子水解程度越小，其浓度越大，酸根离子水解程度 ，所以盐浓度 ，钠离子不水解，所以 c（Na+）：，故 D 正确；故选：D。【点评】本题考查了离子浓度大小比较，涉及弱电解质的电离和盐类水解，根据弱电解质电离特点、盐类水解特点再结合电荷守恒来分析解答，易错选项是B，题目难度中等6 （6

23、分）2013 年 3 月我国科学家报道了如图所示的水溶液锂离子电池体系，下列叙述错误的是（ ）Aa 为电池的正极B电池充电反应为 LiMn2O4Li1xMn2O4+xLiC放电时，a 极锂的化合价发生变化D放电时，溶液中 Li+从 b 向 a 迁移【分析】锂离子电池中，b 电极为 Li，放电时，Li 失电子为负极，LiMn2O4得电子为正极；充电时，Li+在阴极得电子，LiMn2O4在阳极失电子；据此分析【解答】解：A、锂离子电池中，b 电极为 Li，放电时，Li 失电子为负极，LiMn2O4得电子为正极，所以 a 为电池的正极，故 A 正确；B、充电时，Li+在阴极得电子，LiMn2O4在阳

24、极失电子，电池充电反应为LiMn2O4=Li1xMn2O4+xLi，故 B 正确；C、放电时，a 为正极，正极上 LiMn2O4中 Mn 元素得电子，所以锂的化合价不变，故 C 错误；第 14 页（共 30 页）D、放电时，溶液中阳离子向正极移动，即溶液中 Li+从 b 向 a 迁移，故 D 正确；故选：C。【点评】本题考查了锂电池的组成和工作原理，题目难度中等，本题注意把握原电池和电解池的组成和工作原理，注意根据电池反应中元素化合价的变化来判断正负极7 （6 分）室温下将 1mol 的 CuSO45H2O（s）溶于水会使溶液温度降低，热效应为H1，将 1mol 的 CuSO4（s）溶于水会使

25、溶液温度升高，热效应为H2；CuSO45H2O 受热分解的化学方程式为：CuSO45H2O（s）CuSO4（s）+5H2O（l） ，热效应为H3则下列判断正确的是（ ）AH2H3BH1H3CH1=H2+H3DH1+H2H3【分析】胆矾溶于水时，溶液温度降低，反应为 CuSO45H2O（s）=Cu2+（aq）+SO42（aq）+5H2O（l）H10；CuSO4（s）=Cu2+（aq）+SO42（aq）H2；已知 CuSO45H2O（s）=CuSO4（s）+5H2O（l）H3，根据盖斯定律确定之间的关系【解答】解：胆矾溶于水时，溶液温度降低，反应为 CuSO45H2O（s）=Cu2+（aq）+SO

26、42（aq）+5H2O（l）H10；CuSO4（s）=Cu2+（aq）+SO42（aq）H20；已知 CuSO45H2O（s）=CuSO4（s）+5H2O（l）H3；依据盖斯定律得到，所以H3=H1H2；H20，H10，则H30，A、上述分析可知H2H3，故 A 错误；B、分析可知H2=H1H3，由于H20，H3H1 ，故 B 错误；C、H3=H1H2，故 C 正确；D、H20，H10、H3H1+H2，故 D 错误；第 15 页（共 30 页）故选：C。【点评】本题考查了物质溶解及物质分解过程中的能量变化，根据盖斯定律分析物质溶解过程中的能量变化是解题关键，题目难度中等二、非选择题：包括必考题

27、和选考题两部分，第二、非选择题：包括必考题和选考题两部分，第 22 题第题第 32 题为必考题，每题为必考题，每个试题考生都必须作答，第个试题考生都必须作答，第 33 题第题第 40 题为选考题，考生根据要求作答题为选考题，考生根据要求作答8 （13 分）在容积为 1.00L 的容器中，通入一定量的 N2O4，发生反应N2O4（g）2NO2（g） ，随温度的升高，混合气体的颜色变深回答下列问题：（1）反应的H 大于 0（填“大于”或“小于”） ；100时，体系中各物质浓度随时间变化如图所示在 060s 时段，反应速率 v（N2O4）为 0.001 molL1s1；反应的平衡常数 K1为 0.3

28、6mol/L （2）100时达平衡后，改变反应温度为 T，c（N2O4）以 0.0020molL1s1的平均速率降低，经 10s 又达到平衡T 大于 100（填“大于”或“小于”） ，判断理由是 正反应方向吸热，反应向吸热方向移动，故温度升高 列式计算温度 T 时反应的平衡常数 K2 1.28mol/L （3）温度 T 时反应达平衡后，将反应容器的容积减少一半，平衡向 逆反应 （填“正反应”或“逆反应”）方向移动，判断理由是 对气体体积增大的反应，增大压强平衡向逆反应方向移动 第 16 页（共 30 页）【分析】 （1）随温度的升高，混合气体的颜色变深，化学平衡向正反应方向移动，据此判断；反应

29、速率利用公式 v=计算得到；化学平衡常数利用化学平衡常数表达式计算；（2）N2O4的浓度降低，平衡向正反应方向移动，由于正反应方向吸热，T100；计算 T时两种物质的浓度，计算得到化学平衡常数；（3）反应容器的容积减少一半，压强增大，根据反应前后气体体积大小判断化学平衡移动方向【解答】解：（1）随温度的升高，混合气体的颜色变深，化学平衡向正反应方向移动，即H0；060s 时段，N2O4浓度变化为：0.1mol/L0.04mol/L=0.06mol/L，v（N2O4）=0.001molL1s1；K=0.36mol/L，故答案为：大于、0.001molL1s1、0.36mol/L；（2）N2O4的

30、浓度降低，平衡向正反应方向移动，由于正反应方向吸热，T100，故答案为：大于、正反应方向吸热，反应向吸热方向移动，故温度升高；平衡时，c（NO2）=0.120molL1+0.002molL1s110s2=0.16molL1，c（N2O4）=0.04molL10.002molL1s110s=0.020molL1，K2=1.28mol/L，故答案为：1.28mol/L；（3）反应容器的容积减少一半，压强增大，正反应方向气体体积增大，增大压强向着气体体积减小的方向移动，故答案为：逆反应、对气体体积增大的反应，增大压强平衡向逆反应方向移动【点评】本题考查化学平衡图象、影响平衡的因素、平衡常数影响因素、

31、化学反应速率的计算等，难度不大第 17 页（共 30 页）9铅及其化合物可用于蓄电池、耐酸设备及 X 射线防护材料等，回答下列问题：（1）铅是碳的同族元素，比碳多 4 个电子层，铅在元素周期表的位置是第 六 周期、第 A 族；PbO2的酸性比 CO2的酸性 弱 （填“强”或“弱”）（2）PbO2与浓盐酸共热生成黄绿色气体，反应的化学方程式为 PbO2+4HCl（浓）PbCl2+Cl2+2H2O （3）PbO2可由 PbO 与次氯酸钠溶液反应制得，反应的离子方程式为 PbO+ClO=PbO2+Cl ；PbO2也可以通过石墨为电极，Pb（NO3）2与 Cu（NO3）2的混合溶液为电解液电解制取，阳

32、极发生的电极反应式为 Pb2+2H2O2e=PbO2+4H+ ，阴极上观察到得现象是 石墨上红色物质析出 ；若电解液中不加入 Cu（NO3）2，阴极发生的电极反应式为 Pb2+2e=Pb ，这样做的主要缺点是 Pb2+的利用率降低 （4）PbO2在加热过程发生分解的失重曲线如图所示，已知失重曲线上的 a 点为样品失重 4.0%（即100%）的残留固体若 a点固体组成表示为 PbOx或 mPbO2nPbO，列式计算 x 值和 m：n 值 x=1.4；m：n=2：3 【分析】 （1）铅是碳的同族元素，比碳多 4 个电子层，铅位于第六周期A 族；非金属性越强酸性越强；（2）PbO2与浓盐酸共热生成黄

33、绿色气体，说明生成氯气，还应生成 PbCl2与水；第 18 页（共 30 页）（3）PbO2可由 PbO 与次氯酸钠溶液反应制得，据此可知，PbO 与 ClO反应得到 PbO2，同时生成 Cl；阳极上 Pb2+失去电子，得到 PbO2，需要水参与反应，同时生成氢离子，阴极上，Cu2+获得电子生成 Cu，附着在石墨电极上；若电解液中不加入 Cu（NO3）2，阴极上 Pb2+获得电子生成 Pb，Pb2+生成 PbO2的利用率降低；（4）若 a 点固体组成表示为 PbOx，根据 PbO2PbOx+O2列方程计算x 的值；若组成表示为 mPbO2nPbO，则 O 原子与 Pb 原子的比值为 x，据此计

34、算解答【解答】解：（1）铅是碳的同族元素，比碳多 4 个电子层，铅位于第六周期A 族；非金属性 CPb，故 PbO2的酸性比 CO2的酸性弱，故答案为：六、A；弱；（2）PbO2与浓盐酸共热生成黄绿色气体，说明生成氯气，还应生成 PbCl2与水，反应方程式为：PbO2+4HCl（浓）PbCl2+Cl2+2H2O，故答案为：PbO2+4HCl（浓）PbCl2+Cl2+2H2O；（3）PbO2可由 PbO 与次氯酸钠溶液反应制得，据此可知，PbO 与 ClO反应得到 PbO2，同时生成 Cl，反应离子方程式为：PbO+ClO=PbO2+Cl；阳极上 Pb2+失去电子，得到 PbO2，需要水参与反应

35、，同时生成氢离子，电极反应式为：Pb2+2H2O2e=PbO2+4H+，阴极上，Cu2+获得电子生成 Cu，附着在石墨电极上，即石墨上红色物质析出；若电解液中不加入 Cu（NO3）2，阴极上 Pb2+获得电子生成 Pb，阴极电极反应式为：Pb2+2e=Pb，Pb2+的利用率降低；故答案为：PbO+ClO=PbO2+Cl；Pb2+2H2O2e=PbO2+4H+；石墨上红色物质析出；Pb2+2e=Pb；Pb2+的利用率降低；（4）若 a 点固体组成表示为 PbOx，根据 PbO2PbOx+O2有：第 19 页（共 30 页）32=2394.0%，解得 x=1.4，若组成表示为 mPbO2nPbO，

36、则 O 原子与 Pb 原子的比值为 x，则=1.4，整理得 m：n=2：3，故答案为：x=1.4；m：n=2：3【点评】题目比较综合，涉及元素周期表与元素周期律、常用化学用语、电解原理、根据方程式计算等，题目素材基本取自教材以外，是对学生综合能力考查， （3）中电解液中不加入 Cu（NO3）2时阴极反应为易错点，掌握离子放电顺序是关键， （4）中注意根据方程式计算，题目难度中等10某小组以 CoCl26H2O、NH4Cl、H2O2、浓氨水为原料，在活性炭催化下，合成了橙黄色晶体 X，为确定其组成，进行如下实验：氨的测定：精确称取 w g X，加适量水溶解，注入如图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入足

37、量 10% NaOH 溶液，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，用V1mL c1molL1的盐酸标准溶液吸收蒸氨结束后取下接收瓶，用 c2molL1 NaOH 标准溶液滴定过剩的 HCl，到终点时消耗 V2mL NaOH 溶液氯的测定：准确称取样品 X，配成溶液后用 AgNO3标准溶液滴定，K2CrO4溶液为指示剂，至出现砖红色沉淀不再消失为终点（Ag2CrO4为砖红色）回答下列问题：（1）装置中安全管的作用原理是 当 A 中压力过大时，安全管中液面上升，使A 瓶中压力稳定 （2）用 NaOH 标准溶液确定过剩的 HCl 时，应使用 碱 式滴定管，可使用的第 20 页（共 30 页）指示剂为

38、酚酞或甲基红 （3）样品中氨的质量分数表达式为 （4）测定氨前应该对装置进行气密性检验，若气密性不好测定结果将 偏低 （填“偏高”或“偏低”） （5）测定氯的过程中，使用棕色滴定管的原因是 防止硝酸银见光分解 ，滴定终点时，若溶液中 c（Ag+）=2.0105molL1，c（CrO42）为 2.8103 molL1 （已知：Ksp（Ag2CrO4）=1.121012）（6）经测定，样品 X 中钴、氨和氯的物质的量之比为 1：6：3，钴的化合价为 +3 ，制备 X 的化学方程式为 2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O22Co（NH3）6Cl3+2H2O ，X 的制备过程中温度不能过高的

39、原因是 温度过高过氧化氢分解、氨气逸出 【分析】 （1）通过 2 中液面调节 A 中压强；（2）碱只能盛放在碱式滴定管中，酸性溶液只能盛放在酸式滴定管中；NaOH溶液和盐酸溶液恰好反应后呈中性，可以选择酸性或碱性变色范围内的指示剂；（3）根据氨气与和氨气反应盐酸之间的关系式计算氨气的质量，再根据质量分数公式计算氨质量分数；（4）若气密性不好，导致氨气的量偏低；（5）硝酸银不稳定，易分解；根据离子积常数计算 c（CrO42） ；（6）经测定，样品 X 中钴、氨和氯的物质的量之比为 1：6：3，则其化学式为Co（NH3）6Cl3，根据化合物中各元素化合价的代数和为 0 计算 Co 元素化合价；该反

40、应中 Co 失电子、双氧水得电子，CoCl26H2O、NH4Cl、H2O2、NH3发生反应生成Co（NH3）6Cl3和水；双氧水易分解、气体的溶解度随着温度的升高而降低【解答】解：（1）通过 2 中液面调节 A 中压强，如果 A 中压力过大时，安全第 21 页（共 30 页）管中液面上升，使 A 中压力减小，从而稳定压力，故答案为：当 A 中压力过大时，安全管中液面上升，使 A 瓶中压力稳定；（2）碱只能盛放在碱式滴定管中，酸性溶液只能盛放在酸式滴定管中，所以用NaOH 标准溶液确定过剩的 HCl 时，应使用碱式滴定管盛放 NaOH 溶液；NaOH溶液和盐酸溶液恰好反应后呈中性，可以选择酸性或

41、碱性变色范围内的指示剂，甲基红为酸性变色指示剂、酚酞为碱性变色指示剂，所以可以选取甲基红或酚酞作指示剂，故答案为：碱；酚酞或甲基红；（3）与氨气反应的 n（HCl）=103V1Lc1molL1c2molL1 103V2L=103（c1V1c2V2）mol，根据氨气和 HCl 的关系式知，n（NH3）=n（HCl）=103（c1V1c2V2）mol，氨的质量分数=，故答案为：；（4）若气密性不好，导致部分氨气泄漏，所以氨气质量分数偏低，故答案为：偏低；（5）硝酸银不稳定，见光易分解，为防止硝酸银分解，用棕色试剂瓶盛放硝酸银溶液；c（CrO42）=mol/L=2.8103 mol/L，故答案为：防

42、止硝酸银见光分解；2.8103；（6）经测定，样品 X 中钴、氨和氯的物质的量之比为 1：6：3，则其化学式为Co（NH3）6Cl3，根据化合物中各元素化合价的代数和为 0 得 Co 元素化合价为+3 价；该反应中 Co 失电子、双氧水得电子，CoCl26H2O、NH4Cl、H2O2、NH3发生反应生成Co（NH3）6Cl3和水，反应方程式为 2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O22Co（NH3）6Cl3+2H2O；双氧水易分解、气体的溶解度随着温度的升高而降低，所以 X 的制备过程中温度不能过高，第 22 页（共 30 页）故答案为：+3；2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H

43、2O22Co（NH3）6Cl3+2H2O；温度越高过氧化氢分解、氨气逸出【点评】本题考查了物质含量的沉淀，涉及难溶物的溶解平衡、氧化还原反应、物质含量的测定等知识点，明确实验原理是解本题关键，知道指示剂的选取方法，题目难度中等化学化学-选修选修 2：化学与技术：化学与技术11将海水淡化与浓海水资源化结合起来是综合利用海水的重要途径之一一般是先将海水淡化获得淡水再从剩余的浓海水中通过一系列工艺流程提取其他产品回答下列问题：（1）下列改进和优化海水综合利用工艺的设想和做法可行的是 （填序号）用混凝法获取淡水 提高部分产品的质量优化提取产品的品种 改进钾、溴、镁等的提取工艺（2）采用“空气吹出法”从

44、浓海水吹出 Br2，并用纯碱吸收碱吸收溴的主要反应是 Br2+Na2CO3+H2ONaBr+NaBrO3+NaHCO3，吸收 1mol Br2时，转移的电子数为 mol（3）海水提镁的一段工艺流程如图：浓海水的主要成分如下：离子Na+Mg2+ClSO42浓度/（gL1）63.728.8144.646.4第 23 页（共 30 页）该工艺过程中，脱硫阶段主要反应的离子方程式为 Ca2+SO42=CaSO4 ，产品 2 的化学式为 Mg（OH）2 ，1L 浓海水最多可得到产品 2 的质量为 69.6 g（4）采用石墨阳极、不锈钢阴极电解熔融的氯化镁，发生反应的化学方程式为 MgCl2（熔融）Mg+

45、Cl2 ；电解时，若有少量水存在会造成产品镁的消耗，写出有关反应的化学方程式 Mg+2H2OMg（OH）2+H2 【分析】 （1）混凝法使的悬浮物质和胶体聚集成较大颗的颗粒而沉淀，然后过滤除去，不能进行海水淡化，通过改变工艺，可以提高部分产品的质量，优化提取产品的品种，可以根据不同的原理改进钾、溴、镁等的提取工艺；（2）反应中 Br2起氧化剂、还原剂作用，根据电子转移守恒可知，氧化剂与还原剂物质的量之比为 5：1，据此计算；（3）工艺流程合成步骤中加入石灰乳，沉降后，将过滤后的滤液进行脱硫，应是用钙离子沉淀硫酸根离子生成硫酸钙沉淀，产品 1 为硫酸钙，合成得到氢氧化镁沉淀，故过滤后干燥的产品

46、2 为氢氧化镁，计算 1L 溶液中 Mg2+的质量，根据 Mg2+Mg（OH）2计算氢氧化镁的质量；（4）电解熔融氯化镁得到 Mg 与氯气；电解时，若有少量水存在，Mg 与水反应生成氢氧化镁与氢气，会造成产品镁的消耗【解答】解：（1）混凝法是加入一种混凝剂（如：明矾、铁盐等） ，使水中细小的悬浮物质和胶体聚集成较大颗的颗粒而沉淀，然后过滤除去，海水中可溶性杂质不能除去，不能进行海水淡化，故错误；改进工艺，尽可能减少新物质引入，除去粗产品中的杂质，可以提高产品的质量，故正确；海洋是一个远未完全开发的巨大化学资源宝库，海水中元素种类很多，改进工艺可以优化提取产品的品种，故正确；根据不同的提取原理可以改进钾、溴、镁等的提取工艺，从而提高K、Br2、Mg 等的提取质量，故正确；故选：；（2）反应中 Br2起氧化剂、还原剂作用，根据电子转移守恒可知，2n氧化剂第 24 页（共 30 页）（Br2）=25n还原剂（Br2） ，故 n氧化剂（Br2）：n还原剂（Br2）=5：1，故吸收1mol Br2时，转移的电子数为 1mol25=mol，故答案为：；（3）工艺流程合成步骤中加入石灰乳，沉降后，将过滤后的滤液进行脱硫，用Ca2+沉淀 SO42生成 CaSO4沉淀，离子方程式为：Ca2+SO42=CaSO4，采用过滤的方法得到产品 1 为 CaSO4，滤液中加入石灰