2015年江西省南昌二中高考化学模拟最后一卷

2015年江西省南昌市十所省重点中学命制高考化学二模试卷（三）一、选择题本大题共7小题，每小题6分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的.1．（6分）（2015•南昌校级二模）化学与科学、技术、社会、环境密切相关，下列叙述正确的是（）2．（6分）（2015•南昌校级二模）元素R、X、T、Z、Q在元素周期表中的相对位置如下表所示，其中R单质在暗处与H2剧烈化合并发生爆炸．则下列判断正确的是（）3．（6分）（2015•南昌校级二模）仅用表中提供的仪器和药品，就能达到相应实验目的是（）4．（6分）（2015•南昌校级二模）关于下列各图的分析或叙述，正确的是（）5．（6分）（2015•南昌校级二模）C、Si、S都是自然界中含量丰富的非金属元素，下列关于其单质及化合物的说法中正确的是（）6．（6分）（2015•南昌校级二模）某芳香化合物的分子式为C8H8Cl2O2，其分子结构中有三种不同化学环境的氢，它们的数目之比为6：1：1，且分子中的Cl原子皆形成C﹣Cl键，则其可能的结构有（不考虑O与O相连接）（）7．（6分）（2015•南昌校级二模）25℃时，向盛有50mL pH=2的HA溶液的绝热容器中加入pH=13的NaOH溶液，加入NaOH溶液的体积（V）与所得混合溶液的温度（T）的关系如图所示．下列叙述正确的是（）三、非选择题（包括必考题和选考题两部分.第22题～第25题为必考题，每个试题考生都必须作答.第33题～第35题为选考题，考生根据要求作答.）（一）必考题（共47分）8．（14分）（2013•福建）利用化石燃料开采、加工过程产生的H2S废气制取氢气，既价廉又环保．（1）工业上可用组成为K2O•M2O3•2RO2•nH2O的无机材料纯化制取的氢气①已知元素M、R均位于元素周期表中第3周期，两种元素原子的质子数之和为27，则R的原子结构示意图为②常温下，不能与M单质发生反应的是（填序号）a．CuSO4溶液 b．Fe2O3 c．浓硫酸 d．NaOH溶液 e．Na2CO3固体（2）利用H2S废气制取氢气来的方法有多种①高温热分解法已知：H2S（g）⇌H2（g）+1/2S2（g）在恒温密闭容器中，控制不同温度进行H2S分解实验．以H2S起始浓度均为cmol•L﹣1测定H2S的转化率，结果见右图．图中a为H2S的平衡转化率与温度关系曲线，b曲线表示不同温度下反应经过相同时间且未达到化学平衡时H2S的转化率．据图计算985℃时H2S按上述反应分解的平衡常数K=；说明随温度的升高，曲线b向曲线a逼近的原因：②电化学法该法制氢过程的示意图如右．反应池中反应物的流向采用气、液逆流方式，其目的是；反应池中发生反应的化学方程式为．反应后的溶液进入电解池，电解总反应的离子方程式为．9．（15分）（2015•南昌校级二模）硼镁泥是一种工业废料，主要成份是MgO（占40%），还有CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等杂质，以此为原料制取的硫酸镁，可用于印染、造纸、医药等工业．从硼镁泥中提取MgSO4•7H2O的流程如下：根据题意回答下列问题：（1）实验中需用1mol•L﹣1的硫酸80mL，若用98%的浓硫酸配制，除量筒、玻璃棒外，还需要的玻璃仪器有．（2）加入的NaClO可与Mn2+反应产生MnO2沉淀，该反应的离子方程式：．（3）在调节pH=5～6之前，还有一种离子也会被NaClO氧化，该反应的离子方程式为：．（4）如何检验滤液中Fe3+是否被除尽，简述检验方法．（5）已知MgSO4、CaSO4的溶解度如下表：“除钙”是将MgSO4和CaSO4混合溶液中的CaSO4除去，根据上表数据，简要说明主要操作步骤、．（6）如果提供的硼镁泥共100g，得到的MgSO4•7H2O 196.8g，则MgSO4•7H2O的产率为．10．（14分）（2015•南昌校级二模）过氧化钙（CaO2）是一种白色结晶体粉末，极微溶于水，不溶于醇类、乙醚等，加热至350℃左右开始分解放出氧气，与水缓慢反应生成H2O2．易于酸反应生成H2O2，过氧化钙可用于改善水质、处理含重金属粒子废水和治理赤潮，也可用于应急供氧等，是一种重要化工试剂．（Ⅰ）CaO2的制备原理：CaCl2+H2O2+2NH3•H2O+6H2O═CaO2•8H2O↓+2NH4Cl实验步骤如图1，反应装置如图2所示，请回答下列问题：（1）仪器x的名称为（2）用平衡移动原理解释加入氨水的作用是．（3）沉淀反应时常用冰水浴控制温度在0℃左右，其可能原因是、（写出两种）（4）过滤后洗涤沉淀的试剂最好用A．热水B．冷水C．乙醇D．乙醚（Ⅱ）CaO2纯度检测，将一定量CaO2溶于稀硫酸，用标准KMnO4溶于滴定生成的H2O2（KMnO4反应后生成Mn2+）计算确定CaO2的含量．（5）现每次称取0.4000g样品溶解后，用0.1000mol/L的KMnO4溶液滴定所得数据如表所示，则CaO2样品的纯度（6）测得CaO2纯度偏低的原因可能是A．烘烤时间不足B．在洁净干燥的酸式滴定管中未润洗即装标准液C．滴定前尖嘴处有气泡．滴定后消失D．配置KMnO4标准溶液定容时俯视容量瓶标线．【化学--选修2：化学与技术】（共1小题，满分15分）11．（15分）（2015•南昌校级二模）2014中国（海南）国际海洋产业博览会于2014年10月17日至19日在海南国际会展中心举办．海洋是一个丰富的资源宝库，通过海水的综合利用可获得许多物质供人类使用．（1）工业上从海水中提取的NaCl可用来制取纯碱，其简要过程如下：向饱和食盐水中先通入气体A，后通入气体B，充分反应后得到晶体NaHCO3，再将其灼烧得到纯碱，气体A、B是CO2或NH3，则气体A应是（填化学式），原因是．（2）电渗析法是近年来发展起来的一种较好的海水淡化技术，其原理如图1所示．其中具有选择性的阴离子交换膜和阳离子交换膜相间排列．请回答下面的问题：①海水不能直接通入到阴极室中，理由是．②A口排出的是（填“淡水”或“浓水”）．（3）用苦卤（含Na+、K+、Mg2+、Cl﹣、Br﹣等离子）可提取溴，其生产流程如图2：①若吸收塔中的溶液含BrO3﹣，则吸收塔中反应的离子方程式为．②通过①氯化已获得含Br2的溶液，为何还需经过吹出、吸收、酸化来重新获得含Br2的溶液．③向蒸馏塔中通入水蒸气加热，控制温度在90℃左右进行蒸馏的原因是．【化学-选修3：物质结构与性质】（共1小题，满分0分）12．（2015•南昌校级二模）铁和铜都是日常生活中常见的金属，有着广泛的用途．请回答下列问题：（1）铁在元素周期表中的位置．（2）配合物Fe（CO）x常温下呈液态，熔点为﹣20.5℃，沸点为103℃，易溶于非极性溶剂，据此可判断Fe（CO）x晶体属于（填晶体类型）．Fe（CO）x的中心原子价电子数与配体提供电子数之和为18，则x=．Fe（CO）x在一定条件下发生反应：Fe（CO）x（s）⇌Fe（s）+xCO（g）．已知反应过程中只断裂配位键，则该反应生成物含有的化学键类型有．（3）k3溶液可用于检验（填离子符号）．CN﹣中碳原子杂化轨道类型为，C、N、O三元素的第一电离能由大到小的顺序为（用元素符号表示）．（4）铜晶体铜碳原子的堆积方式如图1所示．①基态铜原子的核外电子排布式为．②每个铜原子周围距离最近的铜原子数目．（5）某M原子的外围电子排布式为3s23p5，铜与M形成化合物的晶胞如图2所示（黑点代表铜原子）．①该晶体的化学式为．②已知铜和M的电负性分别为1.9和3.0，则铜与M形成的化合物属于（填“离子”、“共价”）化合物．③已知该晶体的密度为g．cm﹣3，阿伏伽德罗常数为NA，则该晶体中铜原子和M原子之间的最短距离为pm（只写计算式）．【化学-选修5有机化学基础】（共1小题，满分0分）13．（2015•成都二模）石油化工的重要原料C x H y可以合成很多有机化合物，以下是C x H y合成物质E和J的流程图：已知：Ⅰ．下列反应中R、R′代表烃基Ⅱ．J的分子式为C4H4O4，是一种环状化合物．（1）在C x H y的同系物中，所有碳原子一定共平面且碳原子数最多的分子的名称是．（2）H的分子式是．（3）下列说法正确的是．a．C x H y和苯都能使溴水褪色，原理相同b．反应②和反应④的反应类型均为加成反应c．C能与Na、NaOH、NaHCO3反应d．E是一种水溶性很好的高分子化合物e．J在酸性或碱性环境中均能水解（4）K是J的同分异构体，且1mol K与足量的NaHCO3溶液反应可放出2mol CO2气体，请写出一种符合条件K的结构简式．（5）写出反应⑤的化学方程式．（6）D有多种同分异构体，与D具有相同官能团的还有种（含顺反异构体），其中核磁共振氢谱有3组吸收峰，且能发生银镜反应的结构简式是．2015年江西省南昌市十所省重点中学命制高考化学二模试卷（三）参考答案与试题解析一、选择题本大题共7小题，每小题6分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的.1．（6分）（2015•南昌校级二模）化学与科学、技术、社会、环境密切相关，下列叙述正确的是（）2．（6分）（2015•南昌校级二模）元素R、X、T、Z、Q在元素周期表中的相对位置如下表所示，其中R单质在暗处与H2剧烈化合并发生爆炸．则下列判断正确的是（）3．（6分）（2015•南昌校级二模）仅用表中提供的仪器和药品，就能达到相应实验目的是（）4．（6分）（2015•南昌校级二模）关于下列各图的分析或叙述，正确的是（）5．（6分）（2015•南昌校级二模）C、Si、S都是自然界中含量丰富的非金属元素，下列关于其单质及化合物的说法中正确的是（）6．（6分）（2015•南昌校级二模）某芳香化合物的分子式为C8H8Cl2O2，其分子结构中有三种不同化学环境的氢，它们的数目之比为6：1：1，且分子中的Cl原子皆形成C﹣Cl键，则其可能的结构有（不考虑O与O相连接）（）=47．（6分）（2015•南昌校级二模）25℃时，向盛有50mL pH=2的HA溶液的绝热容器中加入pH=13的NaOH溶液，加入NaOH溶液的体积（V）与所得混合溶液的温度（T）的关系如图所示．下列叙述正确的是（）K==0.08mol/LK==。

南昌二中2014～2015学年度下学期期末考试高一化学试卷可能用到的相对原子质量：H：1 O ：16 C：12 N：14 Al：27 Fe：56 Zn：65一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共计48分）1．下列有关化学用语使用正确的是（）等常被用做陆地生态分析研究。

下列说法中正确的是（2C．34S和15N核内的中子数相差9 D．2H＋核外电子数为03．金刚石和石墨都是碳的单质，石墨在一定条件下可以转化为金刚石并需要吸收能量。

已知12g石墨或金刚石完全燃烧时放出的热量依次为Q1和Q2，下列说法错误的是（）<Q2 B. 石墨不如金刚石稳定A. Q1C. 质量相等的石墨与金刚石，石墨具有的能量比金刚石低D. 质量相等的石墨与金刚石完全燃烧，生成的二氧化碳一样多4．下列有关煤、石油、天然气等资源的说法正确的是（）A．石油裂解得到的汽油是纯净物 B．煤就是碳，属于单质C．天然气是一种清洁的化石燃料D．煤的气化就是将煤在高温条件由固态转化为气态是物理变化过程5．下列有关有机物结构的叙述不正确的是（）A．一氟一氯甲烷只有一种结构，可以证明甲烷是正四面体结构B．构成乙烯分子的所有原子都在同一平面内，其分子中只含有极性键C．邻二甲苯没有同分异构体表明苯的凯库勒结构式存在局限，不准确D．和CH3—CH==CH2互为同分异构体6．下列有关操作正确的是（）A．FeBr3作催化剂，苯和溴水发生反应可生成无色、比水重的液体溴苯B．将铜丝弯成螺旋状，在酒精灯上加热变黑后，立即伸入盛有无水乙醇的试管中，实现乙醇被氧化为乙醛的实验C．使用AgNO3溶液验证三氯甲烷中是否含有氯元素，现象是产生白色沉淀D．可以用水鉴别硝基苯、乙醇、四氯化碳三种有机物7．下列关于乙烯和聚乙烯的叙述不正确的是（）A．乙烯常温下是气体，为纯净物；聚乙烯常温下是固体，为混合物B．乙烯的化学性质比聚乙烯活泼C．取等质量的乙烯和聚乙烯完全燃烧后，生成的CO2和H2O的质量分别相等D．取等物质的量的乙烯和聚乙烯完全燃烧后，生成的CO2和H2O的物质的量分别相等8．设n A为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A．1mol Na与乙醇完全反应，失去2n A电子B．常温常压下，8gCH4含有5n A个电子C．1L 0.1mol•L-1的醋酸溶液中含有0.1n A个H+D．标准状况下，22.4L苯含有n A个C6H6分子9.有A、B两种烃，含碳的质量分数相同，下列关于A和B的叙述中正确的是（）A．A和B一定是同分异构体B．A和B不可能是同系物C．A和B的最简式相同D．A和B各1mol完全燃烧后生成的二氧化碳的质量一定相等10．下列说法正确的是（）A．使元素的化合态转化成游离态的过程就是还原的过程B．金属冶炼的实质是金属元素被氧化C．电解熔融氧化铝时，每还原出1 kg铝，必有111 mol电子转移D．工业上常用电解NaCl水溶液的方法制取金属钠11、.用下列实验装置进行的实验中，能达到相应实验目的的是（）::A B C DA.石油的分馏B. 形成原电池C．可制得金属锰 D. 制取乙酸乙酯12. XY2是由短周期元素形成的化合物，Y－比X2+多一个电子层，且与氩原子的电子层结构相同。

南昌市2015届高三化学第二次模拟试卷（带答案）南昌市2015届高三化学第二次模拟试卷（带答案）第Ⅰ卷（选择题，共126分）一、选择题：本大题共13小题，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。

7．右图为雾霾的主要成分示意图。

下列说法不正确的是A．重金属离子可导致蛋白质变性B．苯是最简单的芳香烃C．SO2和NxOy都属于酸性氧化物D．汽车尾气的大量排放是造成雾霾天气的人为因素之一8．设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法错误的是A．一定条件下，2molSO2和1molO2混合在密闭容器中充分反应后容器中的分子数大于2NAB．256gS8分子中含S-S键为7NA个C．由1molCH3COONa和少量CH3COOH形成的中性溶液中，CH3COO－数目为NA个D．1molNa与O2完全反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，转移电子总数为NA个9．已知可逆反应温度为T0时，在容积固定的密闭容器中发生X(g)＋Y(g)Z(g)(未配平)反应，各物质浓度随时间变化的关系如图a所示。

其他条件相同，温度分别为T1、T2时发生反应；Z的浓度随时间变化的关系如图b 所示。

下列叙述正确的是（）A．发生反应时，各物质的反应速率大小关系为v(X)＝v(Y)＝2v(Z)B．图a中反应达到平衡时，Y的转化率为37.5%C．T0时，该反应的平衡常数为33.3D．该反应正反应的反应热ΔH010．乙酸橙花酯是一种食用香料，其结构简式如右图所示，关于该有机物的下列叙述中正确的是①分子式为C12H20O2②能使酸性KMnO4溶液褪色③能发生加成反应，但不能发生取代反应④它的同分异构体中可能有芳香族化合物，且属于芳香族化合物的同分异构体有8种⑤1mol该有机物水解时只能消耗1molNaOH⑥1mol该有机物在一定条件下和H2反应，共消耗H2为3molA．①②③B．①②⑤C．①②⑤⑥D．①②④⑤⑥11.科学家预言超级原子的发现将会重建周期表，2005年1月美国科学家在《Science》上发表论文，宣布发现了A1的超原子结构A113和A114，并在质谱仪检测到稳定的A113I一等，Al13、Al14的性质很像现行周期表中的某主族元素，己知这类超原子当具有40个价电子时最稳定(例Al原子具有3个价电子)。

江西省南昌市2015届高考化学二模试卷一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1．（3分）化学与生产、生活密切相关，下列说法错误的是（）A．雾霾可能是许多组小液体和固体微粒分散到空气中形成的一种气溶胶B．福尔马林可浸制标本，利用了其使蛋白质变性的性质C．含磷合成洗涤剂易被细菌分解，故不会导致水体污染D．大量使用风能、太阳能、符合“低碳”概念2．（3分）下列离子方程式中，正确的是（）A．向AgCl悬浊液中加入KBr溶液：Ag++Br﹣=AgBrB．用铁棒作阴极、碳棒作阳极电解饱和氯化镁溶液：2C1﹣+2H2O H2↑+Cl2↑+2OH﹣C．向等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中加入稀盐酸：2OH﹣+CO32﹣+4H+═CO2↑+3H2O D．在强碱性溶液中NaClO与Fe（OH）3生成Na2FeO4：4OH﹣+3ClO﹣+2Fe（OH）3═2FeO43﹣+3C1﹣+5H2O3．（3分）下列有关同分异构体数目的叙述中，正确的是（）A．甲苯苯环上的一个氢原子被含3个碳原子的烷基取代，所得产物有3种B．C8H10中只有三种属于芳香烃的同分异构体C．C5H10中只有三种属于直链烯烃的同分异构体（包括空间异构）D．含两个﹣COOCH3的有机物（C7H12O4）属于酯的同分异构体多于4种4．（3分）短周期主族元素X、Y、Z、W在元素周期表中的位置关系如下图，下列推论合理的是（）X YW ZA．若X、Y、Z、W中只有一种为金属元素，则W一定为铝元素B．若W的核电荷数是Y的两倍，则W的氧化物可作半导体材料C．若Z的核电荷数是Y的两倍，则X的氢化物水溶液显酸性D．若Y、W的简单阴离子都能破坏水的电离，则Z的简单阴离子也一定能破坏水的电离5．（3分）铅的冶炼大致过程如下：①富集：将方铅矿（PbS）进行浮选；②焙烧：2PbS+3O22PbO+2SO2；③制粗铅：PbO+C Pb+CO；PbO+CO Pb+CO2．下列说法正确的是（）A．浮选法富集方铅矿的过程属于化学变化B．方铅矿焙烧反应中，PbS是还原剂，还原产物只有PbOC．整个冶炼过程中，制取1molPb共转移2mol电子D．将1molPbS冶炼成Pb理论上至少需要6g碳6．（3分）除去下列物质中的杂质选用的试剂和方法最合理的是（）物质杂质试剂方法A 甲烷乙烯酸性高锰酸钾溶液洗气B 氯化亚铁溶液氯化铁过量铁粉过滤C 苯溴足量NaI溶液分液D 乙酸乙酯乙酸饱和碳酸钠溶液蒸馏A．A B．B C．C D．D7．（3分）下列叙述错误的是（）A．在NH4Cl饱和溶液中加入金属镁可以得到两种气体B．pH=12Ba（OH）2溶液中c（OH﹣）是0.001mol/LNaOH溶液c（OH﹣）的10倍C．常温下，CH3COONa和CH3COOH的混合溶液中（pH=7）：c（Na+）=c（CH3COO﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+）=c（OH﹣）D．常温下，Cd（OH）2和Co（OH）2的混合悬浊液中，c（Cd2+）是c（Co2+）的4倍，已知：K SP[Cd（OH）2]=7.2×10﹣15，K sp[Co（OH）2]=1.8×10﹣15二、填空题（共6小题，每小题15分，满分88分）8．（15分）肼是火箭发射常用动力材料，某研究性学习小组据化工生产水合肼的原理，用尿素和NaClO的碱性溶液在实验室制备水合肼：（NH2）2CO+NaOH+NaC lO═Na2CO3+N3H4•H2O+NaCl有关水合肼信息如下：无色液体，熔点小于﹣40℃，沸点：118℃（101kPa）与水、乙醇互溶；有强还原性、强碱性和强腐蚀性，能腐蚀橡胶、皮革、软木、玻璃等．制备步骤：步骤1：制备Cl2，用制得的Cl2制NaClO；（1）用图1在常温下，制取Cl2，写出生成Cl2的离子方程式：；（2）将制得的Cl2，直接通入图2制备NaClO；请写出此操作有哪些不足之处？；提出你的建议：；步骤2：将制得的NaClO碱性溶液，于图3装置中进行反应制取N2H4•H2O；（3）a中应装：；b中应装；（填试剂成份）反应过程中NaClO不能过量的理由：；（用相关反应方程式表示）（4）反应容器b应选用（填序号）A．普通玻璃B．石英玻璃C．铁质容器D．陶瓷容器步骤3：（5）得到的反应混合物应采用方法进行分离；有同学提议直接用图3装置进行操作，要达到目的还需补充的仪器有：牛角管、锥形瓶、酒精灯、和．9．（15分）甲酸钙用途广泛，可用于高硫烟气脱硫助剂，也可作为制备草酸的中间体．据最新文献，氢氧化钙碳基化合成甲酸钙的反应如下：2CO+Ca（OH）2═Ca（HCOO）2反应1（1）反应体系中存在以下两个竞争反应CO（g）+H2O（g）⇌HCOOH（g）△H=﹣28.8kJ/moL 反应2CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H=+41.2kJ/moL 反应3①二氧化碳与氢气直接合成甲酸的热化学反应方程式为．②为了更有利于生成甲酸钙，应选择的反应条件是较低的温度和（填编号）．A．催化剂B．低压C．高压（2）如图1是反应2和反应3，lnK与温度T的关系；同一条件时反应2的K（填“大于”或“小于”）反应3的K，这对于（填“反应2”或“反应3”）不利的．（3）以氢氧化钙初始密度为0.097g/mL、CO的分压为3.0MPa条件下催化反应，以氢氧化钙转化率Y%为坐标，时间为横坐标得到如图2象；①根据图象选择合适的反应温度；理由是．②当Y%为100%时，产物中甲酸钙与碳酸钙的质量比为50：1，氢氧化钙有%转化为甲酸钙．10．（13分）硫和硒（Se）、磷（Te）为同主族元素，在生产、生活中有着广泛用途．Ⅰ、SO2、CO2转化利用是净化环境，造福人类的有效途径，一种用电化学原理，将SO2、CO2转化成用途广泛的化工产品H2SO4和CH3OH，其装置如图所示：（1）该装置的工作原理是；（填“原电池”或“电解池”）（2）若A为CO2，B为H2，C为CH3OH，则通入H2﹣极为；（3）若A为SO2，B为O2，C为H2SO4，则A极的电极反应式为．Ⅱ、硒是地壳中稀有元素，工业上硒鼓废料（主要成分：硒、碲、碳、铜、铁合金）回收精炼硒的一种工艺流程如下：已知：物理性质熔点沸点升华溶解性SeO2340℃684℃315℃易溶于水TeO2733℃1260℃450℃易溶于水（1）硒的最高价氧化物对应水化合物化学式：；（2）废气主要成分是；（3）步骤④的反应方程式：；步骤⑥的反应方程式：；（4）根据表中数据，步骤⑤中分离SeO2和TeO2的最佳方案是．11．（15分）工业上用自然界存在的角膜硼镁矿（主要成分为Mg2B3O5•5H2O）制取金属镁和粗硼，工艺过程如下：根据以上信息回答下列问题：（1）硼砂中硼的化合价，溶于热水后，若需要调节pH为2﹣3制取硼酸，写出该反应的离子方程式：；（2）从氯化镁晶体制得无水氯化镁的条件是；其理由是，若用惰性电磁电解MgCl2溶液，写出电解过程的离子方程式：．（3）制得的粗硼可在一定条件与I2作用生产BI2，再提纯BI2，BI2沸点较低，提纯可采用；高温时BI2即可分解，得到高纯度硼．根据分解生成碘的量还可以测定粗硼的粗度．方法如下：称取0.04g粗硼转化成纯BI2，再完全分解，生成的碘用0.3mol/L的Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗标准液36.00mL（滴定原理：I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣）①滴定终点判断应用作指示剂；②标准液应盛装在滴定管中；③该粗硼的纯度为．（4）Mg﹣H2O2酸性染料电池的反应机理为：Mg+H2O2+2H+=Mg2++2H2O，则电池正极反应式为；常温下，若起始电解液pH=1，则电池工作一段时间后，电解液pH=2，此时溶液中c（Mg2+）；当溶液pH=6时，镁元素的主要存在形式是．（已知：K sp[Mg（OH）2]=5.6×10﹣12）12．（15分）钼是我国丰产元素，钼钢是制火箭发动机，核反应堆重要材料．（1）钼元素原子序数为42，请写出它的核外电子排布式：；在周期表中，处在第周期族．（2）钼金属晶格类型属体心立方晶格，原子半径为136pm，相对原子质量为95.94，则该晶体钼的密度为；晶体的空间利用率为；（3）钼能形成六核簇何物，如一种钼含卤离子[Mo6Cl8]4+，6个钼形成八面体骨架，氯原子以三桥基与钼原子相连，则该离子中8个Cl﹣的空间构型为；（4）辉钼矿是最重要的钼矿（其成分主要为MoS2），它在403K，202650Pa下，跟苛性碱溶液反应，钼则以MoO42﹣体型进入溶液，硫也氧化进入溶液，写出该反应的离子方程式：；（5）在密闭容器中，用稀硝酸来溶解辉钼矿，氧化条件在423﹣523K，1114575﹣1823850Pa 氧压下进行，反应结果钼以钼酸形成存在（钼酸不溶于硫酸），而硝酸几乎没有消耗，相当于催化剂，请用化学方程式加以解释：．13．（15分）某芳香烃N的相对分子质量为92，氢的质量分数为8.7%，现以苯为原料合成A，并最终制得F（一种染料中间体），转化关系如下：请回答下列问题：（1）写出A的分子式；用核磁共振氢谱可以证明化合物A中有种处于不同化学环境的氢．（2）M→N的反应方程式为．（3）①上述转化中试剂Ⅰ和试剂Ⅱ分别是：试剂Ⅰ，试剂Ⅱ（选填字母）．a．KMnO4（H+）b．Fe/盐酸c．NaOH溶液②若上述转化中物质A依次与试剂Ⅱ、试剂Ⅰ、化合物E（浓硫酸/△）作用，产物的结构简式可能是．（4）D有多种同分异构体，则符合下列条件的D的同分异构体有种．①是芳香族化合物，分子中有两个互为对位的取代基，其中一个取代基是﹣NH2；②分子中含有结构；③分子中两个氧原子不会直接相连；其中某种同分异构体1mol能与4molNaOH反应，其结构简式为．（5）F的水解反应如右：化合物H在一定条件下经缩聚反应可制得高分子纤维，广泛用于通讯、导弹、宇航等领域，请写出该缩聚反应的化学方程式．江西省南昌市2015届高考化学二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）化学与生产、生活密切相关，下列说法错误的是（）A．雾霾可能是许多组小液体和固体微粒分散到空气中形成的一种气溶胶B．福尔马林可浸制标本，利用了其使蛋白质变性的性质C．含磷合成洗涤剂易被细菌分解，故不会导致水体污染D．大量使用风能、太阳能、符合“低碳”概念考点：胶体的重要性质；使用化石燃料的利弊及新能源的开发；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点．分析：A．雾霾是胶体；B．福尔马林的主要成分是甲醛；C．含磷废水易导致水体富营养化；D．“低碳”理念是减少含碳燃料的使用．解答：解：A．雾霾是许多细小液体和固体微粒分散到空气中形成的一种气溶胶，可能是胶体，故A错误；B．福尔马林的主要成分是甲醛，可使蛋白质变性，浸泡后久置不腐烂，故B错误；C．含磷废水易导致水体富营养化，应经处理后才能排放，故C正确；D．大量使用风能、太阳能，可以减少煤、石油、天然气等含碳燃料的使用，故D错误．故选C．点评：本题考查胶体、蛋白质的性质、环境污染等，比较基础，侧重对基础知识的巩固．2．（3分）下列离子方程式中，正确的是（）A．向AgCl悬浊液中加入KBr溶液：Ag++Br﹣=AgBrB．用铁棒作阴极、碳棒作阳极电解饱和氯化镁溶液：2C1﹣+2H2O H2↑+Cl2↑+2OH﹣C．向等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中加入稀盐酸：2OH﹣+CO32﹣+4H+═CO2↑+3H2OD．在强碱性溶液中NaClO与Fe（OH）3生成Na2FeO4：4OH﹣+3ClO﹣+2Fe（OH）3═2FeO43﹣+3C1﹣+5H2O考点：离子方程式的书写．分析：A．氯化银为沉淀应保留化学式；B．氢氧化镁为沉淀应保留化学式；C．盐酸先与氢氧化钠反应，再与碳酸钠反应，盐酸量少生成碳酸氢钠；D．在强碱性溶液中NaClO与Fe（OH）3发生氧化还原反应生成高铁酸钠和水、氯化钠．解答：解：A．向AgCl悬浊液中加入KBr溶液，离子方程式：AgCl+Br﹣=AgBr+Cl﹣，故A错误；B．用铁棒作阴极、碳棒作阳极电解饱和氯化镁溶液，离子方程式：2C1﹣+Mg2++2H2O H2↑+Cl2↑+2Mg（OH）2↓，故B错误；C．向等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中加入稀盐酸，离子方程式：OH﹣+CO32﹣+3H+═CO2↑+2H2O，故C错误；D．在强碱性溶液中NaClO与Fe（OH）3生成Na2FeO4，离子方程式：4OH﹣+3ClO﹣+2Fe（OH）3═2FeO43﹣+3C1﹣+5H2O，故D正确；故选：D．点评：本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质是解题关键，注意反应物用量对反应的影响，选项CD为易错选项．3．（3分）下列有关同分异构体数目的叙述中，正确的是（）A．甲苯苯环上的一个氢原子被含3个碳原子的烷基取代，所得产物有3种B．C8H10中只有三种属于芳香烃的同分异构体C．C5H10中只有三种属于直链烯烃的同分异构体（包括空间异构）D．含两个﹣COOCH3的有机物（C7H12O4）属于酯的同分异构体多于4种考点：同分异构现象和同分异构体．分析：A、含有3个碳原子的烷基为丙基、异丙基两种，甲苯苯环上有3种氢原子，分别处于甲基的邻、间、对位置上，据此判断；B、依据分子式计算不饱和度，然后判断即可；C、C5H10的烃，不饱和度为1，直链烯烃不具有支链，据此解答即可；D、两个基团在端点，故可写出其满足条件的同分异构体．解答：解：A、含有3个碳原子的烷基为丙基、异丙基两种，甲苯苯环上有3种氢原子，分别处于甲基的邻、间、对位置上，所以甲苯苯环上的一个氢原子被含3个碳原子的烷基取代，同分异构体最多有3×2=6种，故A错误；B、分子式为C8H10的芳香烃，分子中含有1个苯环，其不饱和度==4，故侧链为烷基，若有1个侧链，为﹣CH2﹣CH3，有一种；若有2个侧链，为﹣CH3，有邻、间、对三种，故符合条件的结构共有4种，故B错误；C、戊烷的同分异构体直链的为CH3﹣CH2﹣CH2﹣CH2﹣CH3，相应烯烃有CH2═CH﹣CH2﹣CH2﹣CH3、CH3﹣CH═CH﹣CH2﹣CH3，其中CH3﹣CH═CH﹣CH2﹣CH3有2种顺反异构，即有3种异构，故C正确；D、两个基团在端点，故可写出其满足条件的同分异构体，含两个﹣COOCH3基团的C的同分异构体共有4种，，CH3OOCCH2CH2CH2COOCH3，CH3OOCCH2CH （CH3）CH2COOCH3，CH3CH2CH（COOCH3）2，故D错误，故选C．点评：本题主要考查的是同分异构体个数的判断，熟练掌握碳原子数小于5的烷烃基的个数是解决本题的关键，难度不大．4．（3分）短周期主族元素X、Y、Z、W在元素周期表中的位置关系如下图，下列推论合理的是（）X YW ZA．若X、Y、Z、W中只有一种为金属元素，则W一定为铝元素B．若W的核电荷数是Y的两倍，则W的氧化物可作半导体材料C．若Z的核电荷数是Y的两倍，则X的氢化物水溶液显酸性D．若Y、W的简单阴离子都能破坏水的电离，则Z的简单阴离子也一定能破坏水的电离考点：原子结构与元素的性质．分析：A．若X、Y、Z、W中只有一种为金属元素，由元素在短周期中位置可知，W只能为Al；B．若W的核电荷数是Y的两倍，设Y的核电荷数为a，则W的核电荷数为（a﹣1+8），故a+7=2a，解得a=7，故W为Si；C．若Z的核电荷数是Y的两倍，则Y为O、Z为S、X为N、W为P；D．若Y、W的简单阴离子都能破坏水的电离，可以是Y为F、Z为S、Z为S、X为O．解答：解：A．若X、Y、Z、W中只有一种为金属元素，由元素在短周期中位置可知，W只能为Al，故A正确；B．若W的核电荷数是Y的两倍，设Y的核电荷数为a，则W的核电荷数为（a﹣1+8），故a+7=2a，解得a=7，故W为Si，硅晶体可用作半导体材料，其氧化物为二氧化硅，可作光导纤维，故B 错误；C．若Z的核电荷数是Y的两倍，则Y为O、Z为S、X为N、W为P，X的氢化物水溶液显碱性，故C错误；D．若Y、W的简单阴离子都能破坏水的电离，可以是Y为F、Z为S、Z为S、X为O，氯离子不能破坏水的电离，故D错误，故选A．点评：本题考查元素周期表结构，需要学生熟练掌握短周期元素与元素化合物性质，注意元素的不确定性，难度不大．5．（3分）铅的冶炼大致过程如下：①富集：将方铅矿（PbS）进行浮选；②焙烧：2PbS+3O22PbO+2SO2；③制粗铅：PbO+C Pb+CO；PbO+CO Pb+CO2．下列说法正确的是（）A．浮选法富集方铅矿的过程属于化学变化B．方铅矿焙烧反应中，PbS是还原剂，还原产物只有PbOC．整个冶炼过程中，制取1molPb共转移2mol电子D．将1molPbS冶炼成Pb理论上至少需要6g碳考点：金属冶炼的一般原理；氧化还原反应的计算．专题：氧化还原反应专题．分析：A、有新物质生成的反应是化学变化；B、化合价升高元素所在的反应物是还原剂，化合价降低元素所在的产物是还原产物；C、根据化合价降低值=化合价升高值=转移电子数，结合原子守恒来回答；D、根据化学方程式找出物质间的关系并进行计算．解答：解：A、浮选法富集方铅矿的过程没有新物质生成，属于物理变化，故A错误；B、方铅矿焙烧反应2PbS+3O22PbO+2SO2中，PbS中S元素化合价升高，是还原剂，氧元素化合价降低，还原产物有PbO和SO2，故B错误；C、整个冶炼过程中，根据Pb原子守恒，则PbS转化为PbO转移电子是2mole﹣，PbO转化为Pb转移电子是2mole﹣，所以制取1molPb共转移4mol电子，故C错误；D、将1molPbS冶炼成Pb的过程中，根据方程式得出：2PbS～2PbO～C～2Pb，1molPbS冶炼成Pb理论上至少需要0.5mol的碳，即需要6g碳，故D正确．故选D．点评：本题是一道关于氧化还原反应知识的综合题目，注意平时知识的积累是解题的关键，难度中等．6．（3分）除去下列物质中的杂质选用的试剂和方法最合理的是（）物质杂质试剂方法A 甲烷乙烯酸性高锰酸钾溶液洗气B 氯化亚铁溶液氯化铁过量铁粉过滤C 苯溴足量NaI溶液分液D 乙酸乙酯乙酸饱和碳酸钠溶液蒸馏A．A B．B C．C D．D考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．专题：实验评价题；化学实验基本操作．分析：A．乙烯与高锰酸钾反应生成二氧化碳；B．Fe与氯化铁反应生成氯化亚铁；C．溴置换出碘，引入新杂质；C．乙酸与碳酸钠反应，而乙酸乙酯不反应，反应后分层．解答：解：A．乙烯与高锰酸钾反应生成二氧化碳，引入新杂质二氧化碳，应利用溴水除去甲烷中的乙烯，故A错误；B．Fe与氯化铁反应生成氯化亚铁，则反应后过滤即可除杂，故B正确；C．溴置换出碘，引入新杂质，应用氢氧化钠除杂，故C错误；C．乙酸与碳酸钠反应，而乙酸乙酯不反应，反应后分层，则利用分液法除杂，故D错误；故选B．点评：本题考查物质的分离、提纯方法的选择和应用，为高频考点，把握物质的性质及常见的混合物分离提纯方法为解答的关键，注意除杂的原则，题目难度不大．7．（3分）下列叙述错误的是（）A．在NH4Cl饱和溶液中加入金属镁可以得到两种气体B．pH=12Ba（OH）2溶液中c（OH﹣）是0.001mol/LNaOH溶液c（OH﹣）的10倍C．常温下，CH3COONa和CH3COOH的混合溶液中（pH=7）：c（Na+）=c（CH3COO﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+）=c（OH﹣）D．常温下，Cd（OH）2和Co（OH）2的混合悬浊液中，c（Cd2+）是c（Co2+）的4倍，已知：K SP[Cd（OH）2]=7.2×10﹣15，K sp[Co（OH）2]=1.8×10﹣15考点：离子浓度大小的比较；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．分析：A．铵根离子水解生，溶液显示酸性，镁与氢离子反应生成氢气，促进了铵根离子的水解，则会生成氨气；B．温度影响溶液的pH，没有告诉在常温下，无法计算pH=12的氢氧化钡溶液中氢氧根离子浓度；C．混合液为中性，则c（H+）=c（OH﹣），结合电荷守恒可得：c（Na+）=c（CH3COO﹣）；D．同一溶液中，氢氧根离子浓度相等，c（Cd2+）和c（Co2+）的浓度之比等于其溶度积之比．解答：解：A．在NH4Cl饱和溶液中加入金属镁，镁与铵根离子水解生成的氢离子反应生成氢气，促进了铵根离子的水解，则同时会生成氨气，故A正确；B．没有告诉温度，则pH=12Ba（OH）2溶液中的氢氧根离子浓度不一定为0.01mol/L，无法判断两溶液中的氢氧根离子浓度大小，故B错误；C．常温下，CH3COONa和CH3COOH的混合溶液中（pH=7），则c（H+）=c（OH﹣），结合电荷守恒可得：c（Na+）=c（CH3COO﹣），则溶液中离子浓度大小为：c（Na+）=c（CH3COO﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+）=c（OH﹣），故C正确；D．常温下，Cd（OH）2和Co（OH）2的混合悬浊液中氢氧根离子浓度相同，c（Cd2+）与c（Co2+）之比与其溶度积之比相等==4，故D正确；故选B．点评：本题考查了离子浓度大小比较、难溶物溶度积的计算、溶液pH的计算等知识，题目难度中等，注意掌握盐的水解原理及其应用，明确电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理在判断离子浓度大小中的应用，试题充分考查了学生的分析、理解能力．二、填空题（共6小题，每小题15分，满分88分）8．（15分）肼是火箭发射常用动力材料，某研究性学习小组据化工生产水合肼的原理，用尿素和NaClO的碱性溶液在实验室制备水合肼：（NH2）2CO+NaOH+NaC lO═Na2CO3+N3H4•H2O+NaCl有关水合肼信息如下：无色液体，熔点小于﹣40℃，沸点：118℃（101kPa）与水、乙醇互溶；有强还原性、强碱性和强腐蚀性，能腐蚀橡胶、皮革、软木、玻璃等．制备步骤：步骤1：制备Cl2，用制得的Cl2制NaClO；（1）用图1在常温下，制取Cl2，写出生成Cl2的离子方程式：2MnO4﹣+16H++10Cl﹣=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；（2）将制得的Cl2，直接通入图2制备NaClO；请写出此操作有哪些不足之处？没有除去氯气中混有的HCl，影响产品中NaClO含量；提出你的建议：加一个用盛有饱和氯化钠溶液的洗气瓶；步骤2：将制得的NaClO碱性溶液，于图3装置中进行反应制取N2H4•H2O；（3）a中应装：NaClO碱性溶液；b中应装尿素；（填试剂成份）反应过程中NaClO不能过量的理由：N2H4•H2O+2NaClO=N2↑+3H2O+2NaCl；（用相关反应方程式表示）（4）反应容器b应选用C（填序号）A．普通玻璃B．石英玻璃C．铁质容器D．陶瓷容器步骤3：（5）得到的反应混合物应采用蒸馏方法进行分离；有同学提议直接用图3装置进行操作，要达到目的还需补充的仪器有：牛角管、锥形瓶、酒精灯、冷凝管和温度计．考点：制备实验方案的设计．分析：（1）高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯化锰、氯化钾、氯气与水；（2）氯气中混有挥发出的HCl，会影响产品中NaClO含量，用盛有饱和氯化钠溶液的洗气瓶除去HCl；（3）水合肼有强还原性，NaClO具有强氧化性，如果次氯酸钠溶液装在烧瓶中，反应生成的水合肼会被次氯酸钠氧化；NaClO过量会氧化水合肼生成氮气、氯化钠水；（4）由题目信息，水合肼能腐蚀橡胶玻璃等，玻璃塞属于硅酸盐，也可以腐蚀陶瓷，应选择铁质容器；（5）水合肼为液态，与水互溶，沸点相差较大，应擦去分馏方法进行分离；需要用冷凝水冷凝蒸出的馏分，需要温度计控制收集118℃的馏分．解答：解：（1）高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯化锰、氯化钾、氯气与水，反应离子方程式为：2MnO4﹣+16H++10Cl﹣=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，故答案为：2MnO4﹣+16H++10Cl﹣=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；（2）氯气中混有挥发出的HCl，与氢氧化钠反应生成NaCl，会影响产品中NaClO含量，添加一个用盛有饱和氯化钠溶液的洗气瓶除去HCl，故答案为：没有除去氯气中混有的HCl，影响产品中NaClO含量；加一个用盛有饱和氯化钠溶液的洗气瓶；（3）水合肼有强还原性，NaClO具有强氧化性，如果次氯酸钠溶液装在烧瓶中，反应生成的水合肼会被次氯酸钠氧化，故分液漏斗中的溶液是NaClO碱性溶液，b中应装尿素；NaClO过量会氧化水合肼生成氮气、氯化钠水，反应方程式为：N2H4•H2O+2NaClO=N2↑+3H2O+2NaCl，故答案为：NaClO碱性溶液；尿素；N2H4•H2O+2NaClO=N2↑+3H2O+2NaCl；（4）由题目信息，水合肼能腐蚀橡胶玻璃等，玻璃塞属于硅酸盐，也可以腐蚀陶瓷，应选择铁质容器，故选：C；（5）水合肼为液态，与水互溶，沸点相差较大，应擦去分馏方法进行分离；需要用冷凝水冷凝蒸出的馏分，需要温度计控制收集118℃的馏分，故答案为：蒸馏；冷凝管、温度计．点评：本题考查物质制备实验，涉及氯气制备、对装置与操作的分析评价、物质分离提纯等，关键是对题目信息的理解应用，题目难度中等．9．（15分）甲酸钙用途广泛，可用于高硫烟气脱硫助剂，也可作为制备草酸的中间体．据最新文献，氢氧化钙碳基化合成甲酸钙的反应如下：2CO+Ca（OH）2═Ca（HCOO）2反应1（1）反应体系中存在以下两个竞争反应CO（g）+H2O（g）⇌HCOOH（g）△H=﹣28.8kJ/moL 反应2CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H=+41.2kJ/moL 反应3①二氧化碳与氢气直接合成甲酸的热化学反应方程式为CO2（g）+H2（g）⇌HCOOH（g）△H=﹣70.0kJ/moL．②为了更有利于生成甲酸钙，应选择的反应条件是较低的温度和AC（填编号）．A．催化剂B．低压C．高压（2）如图1是反应2和反应3，lnK与温度T的关系；同一条件时反应2的K小于（填“大于”或“小于”）反应3的K，这对于反应2（填“反应2”或“反应3”）不利的．（3）以氢氧化钙初始密度为0.097g/mL、CO的分压为3.0MPa条件下催化反应，以氢氧化钙转化率Y%为坐标，时间为横坐标得到如图2象；①根据图象选择合适的反应温度453K；理由是温度越高，反应速率越快，时间越短，但463K 时，增幅不明显，能耗反而增多，故选择453K．②当Y%为100%时，产物中甲酸钙与碳酸钙的质量比为50：1，氢氧化钙有97.5%转化为甲酸钙．考点：制备实验方案的设计．分析：（1）①根据盖斯定律，由已知热化学方程式乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式；②使用催化剂可以加快反应速率，正反应为气体体积减小的反应，增大压强有利于甲酸钙生成；（2）lnK属于增函数，lnK值越大，K值越大，由图可知，相同条件下反应2的lnK更小，故反应2的平衡常数小于反应3，反应2为放热反应，反应3为吸热反应，升高温度有利于反应3向正反应方向移动；（3）①温度高反应速率快，但463K时，图象与453K时几乎重合，反应速率增快不明显，应选择453K；②设甲酸钙质量为130g，则碳酸钙质量为2.6g，计算各自物质的量，由钙元素守恒，转化甲酸钙的氢氧化钙与甲酸钙物质的量相等，由钙元素守恒计算氢氧化钙的总物质的量，进而计算转化为甲酸钙的氢氧化钙占有的质量分数．解答：解：（1）①已知：Ⅰ．CO（g）+H2O（g）⇌HCOOH（g）△H=﹣28.8kJ/moLⅡ．CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H=+41.2kJ/moL根据盖斯定律，Ⅰ﹣Ⅱ可得：CO2（g）+H2（g）⇌HCOOH（g）△H=﹣70.0kJ/moL，故答案为：CO2（g）+H2（g）⇌HCOOH（g）△H=﹣70.0kJ/moL；②使用催化剂可以加快反应速率，正反应为气体体积减小的反应，平衡向正反应方向移动，增大压强有利于甲酸钙生成，故选：AC；（2）lnK属于增函数，lnK值越大，K值越大，由图可知，相同条件下反应2的lnK更小，故反应2的平衡常数小于反应3，反应2为放热反应，反应3为吸热反应，升高温度有利于反应3向正反应方向移动，不利于反应2 进行，故答案为：小于；反应2；（3）①温度越高，反应速率越快，时间越短，但463K时，图象与453K时几乎重合，反应速率增快不明显，消耗能源反而增多，应选择453K，故答案为：453K；温度越高，反应速率越快，时间越短，但463K时，增幅不明显，能耗反而增多，故选择453K；②设甲酸钙质量为130g，其物质的量为1mol，则碳酸钙质量为=2.6g，其物质的量为=0.026mol，由钙元素守恒，可知转化甲酸钙的氢氧化钙为1mol，氢氧化钙的总物质的量为1.026mol，故转化为甲酸钙的氢氧化钙占总的×100%=97.5%，。

2015年江西省南昌市十所省重点中学命制高考化学二模试卷（四）一、选择题：本题共7小题，每小题6分，在每小题给出的4个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．（6分）（2015•鹰潭校级模拟）化学与环境、生活、材料密切相关，下列说法正确的是（）A．安装煤炭燃烧过程的“固硫”装置，主要是为了提高煤的利用率B．二氧化氯和三氯化铁都常用于自来水的处理，二者的作用原理是相同的C．通过有机合成，可以制造出比钢铁更强韧的新型材料D．气溶胶和液溶胶的差别在于分散质的物质状态2．（6分）（2015•南昌校级二模）关于过氧化物的叙述正确的是（N A表示阿伏伽德罗常数）（）A．7.8g过氧化钠含有的共用电子对数为0.2N AB．2H2O2（l）=2H2O（l）+O2（g）△H=﹣98.2 kJ•mol﹣1，△S=70.5 J•mol﹣1•K﹣1，该反应低温能自发进行C．过氧化氢使高锰酸钾溶液褪色，1mol过氧化氢得到2N A电子D．在含有NH4+、Ba2+、Cl﹣、NO3﹣离子的溶液加入少量过氧化钠以上各离子量几乎不减3．（6分）（2015•鹰潭校级模拟）如表为截取的元素周期表前4周期的一部分，且X、Y、Z、R 和W均为主族元素．下列说法正确的是（）XY Z RWA．五种元素的原子最外层电子数一定都大于2B．X、Z原子序数可能相差18C．Z可能是氯元素D．Z的氧化物与X单质不可能发生置换反应4．（6分）（2015•鹰潭校级模拟）物质中杂质（括号内为杂质）的检验、除杂的试剂或方法都正确的是（）物质及其杂质检验除杂A C l2（HCl）湿润的淀粉KI试纸饱和食盐水B N O（NO2）观察颜色或湿润的淀粉KI试纸水C C O2（HCl）AgNO3溶液（含稀硝酸）饱和Na2CO3溶液D N aHCO3溶液（Na2CO3）C a（OH）2溶液过量CO2A．A B．B C．C D．D5．（6分）（2015•鹰潭校级模拟）卤素互化物与卤素单质性质相似．已知CH2=CH﹣CH=CH2（1，3﹣丁二烯）与氯气发生加成产物有三种：①CH2Cl﹣CHCl﹣CH=CH2（1，2﹣加成）②CH2Cl﹣CH=CH﹣CH2Cl （1，4﹣加成）③CH2Cl﹣CHCl﹣CHCl﹣CH2Cl（完全加成）据此推测CH2=C（CH3）﹣CH=CH2（异戊二烯）与卤素互化物BrCl的加成产物有几种（不考虑顺反异构和镜像异构（）A．6种B．10种C．12种D．14种6．（6分）（2014•广东）常温下，0.2mol/L的一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中部分微粒组分及浓度如图所示，下列说法正确的是（）A．H A为强酸B．该混合液pH=7C．图中X表示HA，Y表示OH﹣，Z表示H+D．该混合溶液中：c（A﹣）+c（Y）=c（Na+）7．（6分）（2015•鹰潭校级模拟）某混合溶液中，含溶质X、Y各0.1mol，向其中滴加0.1mol/L 的Z溶液，所得沉淀的物质的量如图，则符合条件的X、Y、Z分别是（）A．氯化铝、氯化铁、氢氧化钠B．氯化铝、氯化镁、氢氧化钠C．偏铝酸钠、氯化钡、硫酸D．偏铝酸钠、氢氧化钡、硫酸二、选择题：本题共3小题，每小题14分，在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．反应Cl2ClO28．（14分）（2015•鹰潭校级模拟）铝热反应是铝的一个重要性质．某校化学兴趣小组同学，取磁性氧化铁在如图1实验装置进行铝热反应，冷却后得到“铁块”混合物．（1）取反应后的“铁块”研碎取样称量，加入如图2装置滴入足量NaOH溶液充分反应，测量生成气体体积．试回答下列问题：①该实验的实验目的是：测量样品中的百分含量（填物质名称）．②量气管的量具部分是一个中学实验常见量具改装而成，该仪器的名称为．③量气管在读数时调节左右管液面相平之前的步骤是．④装置中使用带平衡管的滴液漏斗代替普通分液漏斗，除了可以平衡压强让液体顺利滴入锥形瓶之外还可以起到降低实验误差的作用．如果装置使用分液漏斗，测量出的该物质百分含量将会（填“偏大”或“偏小”）．（2）另称取“铁块”样品溶于盐酸，向其中滴加KSCN溶液，溶液没有出现血红色．为测定该实验所得“铁块”的成分，实验流程如图所示．几种氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示．Fe2+Fe3+Al3+Mg2+开始沉淀时的pH 7.5 2.8 4.2 9.6沉淀完全时的pH 9.0 4.0 5 11①试剂A应选择，试剂B应选择．（填序号）A．稀盐酸 B．氧化铁 C．H2O2溶液 D．氨水 E．MgCO3固体②灼烧完全的标志是．③若最终红色粉未M的质量为12.0g，则该“铁块”中铁的百分含量是．9．（15分）（2015•南昌校级二模）高锰酸钾是常用的氧化剂．工业上以软锰矿（主要成分是MnO2）为原料制备高锰酸钾晶体．中间产物为锰酸钾．如图1是实验室模拟制备的操作流程：相关资料：①物质溶解度物质KMnO4K2CO3KHCO3K2SO4CH3COOK20℃溶解度 6.4 111 33.7 11.1 217②锰酸钾外观性状：墨绿色结晶．其水溶液呈深绿色，这是锰酸根（MnO42﹣）的特征颜色．化学性质：在强碱性溶液中稳定，在酸性、中性和弱碱性环境下，MnO42﹣会发生歧化反应．试回答下列问题：（1）煅烧软锰矿和KOH固体时，不采用石英坩埚而选用铁坩埚的理由是；实验中用铁坩埚煅烧暴露在空气中的固体混合物发生反应的化学方程式为．（2）实验时，若CO2过量会生成KHCO3，导致得到的KMnO4产品的纯度降低．请写出实验中通入适量CO2时体系中可能发生反应离子方程式：；其中氧化还原反应中氧化剂和还原剂的质量比为．（3）由于CO2的通人量很难控制，因此对上述实验方案进行了改进，即把实验中通CO2改为加其他的酸．从理论上分析，选用下列酸中，得到的产品纯度更高．A．醋酸 B．浓盐酸 C．稀硫酸（4）工业上一般采用惰性电极电解锰酸钾溶液制取高锰酸钾，试写出该电解反应的化学方程式；传统工艺采用无膜电解法由于副反应发生，Mn元素利用率和电流效率都会偏低．有同学联想到离子交换膜法电解饱和食盐水提出改进方法：可用阳离子交换膜分隔两极区进行电解（如图2）．图中A口加入的溶液最好为．使用阳离子交换膜可以提高Mn元素利用率的原因为．10．（14分）（2015•南昌校级二模）尿素是蛋白质代谢的产物，也是重要的化学肥料．工业合成尿素反应如下：2NH3（g）+CO2（g）═CO（NH2）2（s）+H2O（g）（1）在一个真空恒容密闭容器中充入CO2和NH3发生上述反应合成尿素，恒定温度下混合气体中的氨气含量如图1所示．A点的正反应速率v正（CO2）B点的逆反应速率v逆（CO2）（填“＞”、“＜”或“=”）；氨气的平衡转化率为．（2）氨基甲酸铵是合成尿素的一种中间产物．将体积比为2：1的NH3和CO2混合气体充入一个容积不变的真空密闭容器中，在恒定温度下使其发生下列反应并达到平衡：2NH3（g）+CO2（g）═NH2COONH4（s）将实验测得的不同温度下的平衡数据列于下表：温度（℃）15.0 20.0 25.0 30.0 35.0平衡气体总浓度（10﹣3mol/L） 2.4 3.4 4.8 6.8 9.4①关于上述反应的焓变、熵变说法正确的是．A．△H＜0，△S＜0B．△H＞0，△S＜0 C．△H＞0，△S＞0D．△H＜0，△S＞0②关于上述反应的平衡状态下列说法正确的是A．分离出少量的氨基甲酸铵，反应物的转化率将增大B．平衡时降低体系温度，CO2的体积分数下降C．NH3的转化率始终等于CO2的转化率D．加入有效的催化剂能够提高氨基甲酸铵的产率③氨基甲酸铵极易水解成碳酸铵，酸性条件水解更彻底．将氨基甲酸铵粉末逐渐加入1L0.1mol/L 的盐酸溶液中直到pH=7（室温下，忽略溶液体积变化），共用去0.052mol氨基甲酸铵，此时溶液中几乎不含碳元素．此时溶液中c（NH4+）=；NH4+水解平衡常数值为．（3）化学家正在研究尿素动力燃料电池，尿液也能发电！用这种电池直接去除城市废水中的尿素，既能产生净化的水又能发电．尿素燃料电池结构如图2所示，写出该电池的负极反应式：．【化学-选修2：化学与技术】11．（15分）（2015•鹰潭校级模拟）Na2S2O3•5H2O可作为高效脱氯剂，工业上用硫铁矿（FeS2）为原料制备该物质的流程如下．已知：Ⅰ．气体A可以使品红溶液褪色，与硫化氢（H2S）混合能获得单质硫．Ⅱ．pH约为11的条件下，单质硫与亚硫酸盐可以共热生成硫代硫酸盐．回答下列问题：（1）沸腾炉中将粉碎的硫铁矿用空气吹动使之达到“沸腾”状态，其目的是．（2）吸收塔中的原料B可以选用（填字母序号）．A．NaCl溶液 B．Na2CO3溶液 C．Na2SO4溶液（3）某小组同学用如图装置模拟制备Na2S2O3的过程（加热装置已略去）．①A中使用70%的硫酸比用98%的浓硫酸反应速率快，其原因是．装置B的作用是．②C中制备Na2S2O3发生的连续反应有：Na2S+H2O+SO2═Na2SO3+H2S、和Na2SO3+S Na2S2O3．（4）工程师设计了从硫铁矿获得单质硫的工艺，将粉碎的硫铁矿用过量的稀盐酸浸取，得到单质硫和硫化氢气体，该反应的化学方程式为．【化学-选修3：物质结构与性质（】共1小题，满分0分）12．（2015•鹰潭校级模拟）已知A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次递增，A、B、C、D位于短周期．A位于周期表的s区，其原子中电子层数和未成对电子数相同；B的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同；D原子最外层电子数是次外层电子数的3倍．E有“生物金属”之称，E4+和氩原子的核外电子排布相同．请回答下列问题：（1）B、C、D三种元素的电负性由小到大的顺序为，E的基态原子的电子排布式为．（2）由B、D形成的BD32﹣离子中，其VSEPR模型名称是，离子的中心原子采用杂化．（3）已知由A、C、D三种元素按照4：2：3的原子个数比可形成某离子化合物，常温下测得该离子化合物的水溶液pH=5，则该溶液中水电离出的氢离子浓度为．（4）D、E和钡三种元素构成的某化合物的晶胞结构如图所示，该化合物的化学式为．纳米级的EO2是一种广泛使用的催化剂，实验室往往通过ECl4在大量水中加热水解制得EO2•xH2O，该反应的化学方程式为．【化学-选修5：有机化学基础】（共1小题，满分0分）13．（2015•鹰潭校级模拟）以甲苯为原料可以合成某种食用香料（有机物G）和某种治疗肺结核药物的有效成分（有机物PAS﹣Na）的路线如下：已知：①②根据所给信息回答下列问题：（1）肉桂酸不能够发生的反应类型有；A．加成 B．消去 C．氧化 D．还原 E．取代 F．聚合（2）由B生成C的反应中新生成的官能团名称为；（3）当试剂d过量时，可以选用的试剂d是（填字母序号）；A．NaOH B．Na2CO3 C．NaHCO3（4）A物质的名称为：；试机a的结构简式为；（5）质谱图显示试剂b的相对分子质量为58，分子中不含甲基，且为链状结构，写出肉桂酸与试剂b生成G的化学方程式：；（6）写出C与NaOH反应的化学方程式：；（7）E物质的同分异构体，符合下列条件的一共有种．①含有硝基官能团；②所有官能团都与苯环直接相连．写出其中核磁共振氢谱上三组吸收峰的同分异构体的结构简式．2015年江西省南昌市十所省重点中学命制高考化学二模试卷（四）参考答案与试题解析一、选择题：本题共7小题，每小题6分，在每小题给出的4个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．（6分）（2015•鹰潭校级模拟）化学与环境、生活、材料密切相关，下列说法正确的是（）A．安装煤炭燃烧过程的“固硫”装置，主要是为了提高煤的利用率B．二氧化氯和三氯化铁都常用于自来水的处理，二者的作用原理是相同的C．通过有机合成，可以制造出比钢铁更强韧的新型材料D．气溶胶和液溶胶的差别在于分散质的物质状态考点：盐类水解的应用；分散系、胶体与溶液的概念及关系；合成材料．分析：A、安装煤炭燃烧过程的“固硫”装置，是为了减少硫的化合物的排放；B、二氧化氯具有强氧化性，可杀菌消毒，明矾水解生成具有吸附性的氢氧化铝，可除去水中的悬浮物；C、某些新型高分子材料的性能比钢铁更强韧分析；D、所谓溶胶就是胶体溶液，是由分散质的细小粒子分散在介质中形成的分散物系．溶胶的分类由分散介质来决定．解答：解：A、安装煤炭燃烧过程的“固硫“装置，主要是为了减少二氧化硫的排放，避免形成酸雨防止污染空气，故A错误；B、二氧化氯净水是利用其氧化性，明矾净水是利用胶体的吸附性，二者的作用原理是不相同的，故B错误；C、通过有机物的合成可以制造出新型高分子材料，某些新型高分子材料的性能比钢铁更强韧，故C正确；D、所谓溶胶就是胶体溶液，是由分散质的细小粒子分散在介质中形成的分散物系．溶胶的分类由分散介质来决定（也就是溶液中的溶剂），如果是气态介质，就是气溶胶；液态介质，就是液溶胶；固态介质，就是固溶胶，故D错误；故选C．点评：本题考查了盐类水解分析，物质性质的理解应用，掌握基础是关键，题目难度中等．2．（6分）（2015•南昌校级二模）关于过氧化物的叙述正确的是（N A表示阿伏伽德罗常数）（）A．7.8g过氧化钠含有的共用电子对数为0.2N AB．2H2O2（l）=2H2O（l）+O2（g）△H=﹣98.2 kJ•mol﹣1，△S=70.5 J•mol﹣1•K﹣1，该反应低温能自发进行C．过氧化氢使高锰酸钾溶液褪色，1mol过氧化氢得到2N A电子D．在含有NH4+、Ba2+、Cl﹣、NO3﹣离子的溶液加入少量过氧化钠以上各离子量几乎不减考点：钠的重要化合物；阿伏加德罗常数．专题：元素及其化合物．分析：A．根据过氧化钠的电子式为计算；B．根据△G=△H﹣T△S＜0自发判断；C．过氧化氢遇强氧化剂时，发生还原反应，根据化合价变化计算；D．根据过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧根与NH4+反应生成氨水，据此分析．解答：解：A．过氧化钠的电子式为，则7.8g过氧化钠含有的共用电子对为×1=0.1mol，故A错误；B．2H2O2（l）=2H2O（l）+O2（g）△H=﹣98.2 kJ•mol﹣1，△S=70.5 J•mol﹣1•K﹣1，则△G=△H ﹣T△S＜0在任何温度下都小于0，故B正确；C．过氧化氢遇强氧化剂酸性高锰酸钾溶液时，过氧化氢中的氧元素的化合价是﹣1价可升高为0价，发生还原反应，所以1mol过氧化氢失去2N A电子，故C错误；D．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧根与NH4+反应生成氨水，所以NH4+会减小，故D错误．故选B．点评：本题主要考查了过氧化钠以及过氧化氢的性质，难度不大，抓住基础是关键．3．（6分）（2015•鹰潭校级模拟）如表为截取的元素周期表前4周期的一部分，且X、Y、Z、R 和W均为主族元素．下列说法正确的是（）XY Z RWA．五种元素的原子最外层电子数一定都大于2B．X、Z原子序数可能相差18C．Z可能是氯元素D．Z的氧化物与X单质不可能发生置换反应考点：元素周期律和元素周期表的综合应用．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：图为元素周期表前四周期的一部分，由元素在周期表中的位置可知，应是周期表的2、3、4周期，由于周期表中ⅡA、ⅢA之间相隔10列，且X、Y、Z、R和W均为主族元素，故Y 只能为ⅢA族或ⅣA族元素，若Y为ⅢA族，则Y为Al、Z为Si、X为C、R为P、W为Ga；若Y为ⅣA族元素，则Y为Si、Z为P、X为N、R为S、W为Ge，结合元素化合物性质解答．解答：解：A、A．Y为ⅢA族或ⅣA族元素，其它元素的族序数都大于Y，故5种元素的最外层电子数都大于2，故A正确；B、依据分析可知：X、Z分别位于二周期和三周期，故原子序数只能相差8，故B错误；C、依据分析可知Z不可能是Cl，若Z是Cl，那么R就是氩，不属于主族元素，不符合题意，故C错误；D、当Y位于ⅢA族时，X、Z是ⅣA的C、Si，高温下可以发生置换反应2C+SiO2Si+2CO↑，故D错误，故选A．点评：本题考查位置结构性质的相互关系应用，难度中等，根据位置关系确定Y所在的族是关键，注意长周期中ⅡA族与ⅢA之间形成10列．4．（6分）（2015•鹰潭校级模拟）物质中杂质（括号内为杂质）的检验、除杂的试剂或方法都正确的是（）物质及其杂质检验除杂A C l2（HCl）湿润的淀粉KI试纸饱和食盐水B N O（NO2）观察颜色或湿润的淀粉KI试纸水C C O2（HCl）AgNO3溶液（含稀硝酸）饱和Na2CO3溶液D N aHCO3溶液（Na2CO3）C a（OH）2溶液过量CO2A．A B．B C．C D．D考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．专题：化学实验基本操作．分析：A．检验HCl应先分离，再检验，用湿润的淀粉KI试纸不能检验HCl；B．NO2与水反应生成NO和硝酸；C．CO2和HCl都与饱和碳酸钠溶液反应；D．加入Ca（OH）2溶液，NaHCO3和Na2CO3都反应．解答：解：A．湿润的淀粉KI试纸只能检验氯气，不能检验HCl，故A错误；B．NO2与水反应生成NO和硝酸，可用水除杂，故B正确；C．CO2和HCl都与饱和碳酸钠溶液反应，应用饱和碳酸氢钠溶液分离，故C错误；D．NaHCO3和Na2CO3都与Ca（OH）2溶液反应生成沉淀，不能用来检验，可用氯化钙溶液检验，故D错误．故选B．点评：本题考查混合物分离、提纯方法的选择，为高频考点，把握物质的性质、性质差异及发生的化学反应为解答的关键，注意除杂的原则，题目难度不大．5．（6分）（2015•鹰潭校级模拟）卤素互化物与卤素单质性质相似．已知CH2=CH﹣CH=CH2（1，3﹣丁二烯）与氯气发生加成产物有三种：①CH2Cl﹣CHCl﹣CH=CH2（1，2﹣加成）②CH2Cl﹣CH=CH﹣CH2Cl （1，4﹣加成）③CH2Cl﹣CHCl﹣CHCl﹣CH2Cl（完全加成）据此推测CH2=C（CH3）﹣CH=CH2（异戊二烯）与卤素互化物BrCl的加成产物有几种（不考虑顺反异构和镜像异构（）A．6种B．10种C．12种D．14种考点：探究化学规律．分析：异戊二烯结构为，和BrCl发生加成时，可以是1，2﹣加成，Cl可以位于1号或2号碳上；可以是1，4﹣加成，Cl可以位于3号或4号C上；可以是完全加成，如果Cl原子位于1号C上，另一个Cl原子可能位于3号或4号碳上；如果Cl原子位于2号C上、另一个Cl原子可能位于3或4号C上；如果Br原子位于1号C上、另一个Br原子位于3或4号C上；如果Br原子位于2号C 上、另一个Br原子位于3或4号C上，据此判断其产物种类．解答：解：异戊二烯结构为，和BrCl发生加成时，可以是1，2﹣加成，Cl可以位于1号或2号碳上，有2种产物；可以是1，4﹣加成，Cl可以位于3号或4号C上，有2种产物；可以是完全加成，如果Cl原子位于1号C上，另一个Cl原子可能位于3号或4号碳上，有2种产物；如果Cl原子位于2号C上、另一个Cl原子可能位于3或4号C上，有2种产物；如果Br原子位于1号C上、另一个Br原子位于3或4号C上，有2种产物；如果Br原子位于2号C上、另一个Br原子位于3或4号C上，有2种产物，所以产物种类有2+2+2+2+2+2=12，故选C．点评：本题考查化学规律，侧重考查学生分析推断能力，采用“定一议二”的方法确定产物，同时考查学生思维的缜密性，题目难度不大．6．（6分）（2014•广东）常温下，0.2mol/L的一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中部分微粒组分及浓度如图所示，下列说法正确的是（）A．H A为强酸B．该混合液pH=7C．图中X表示HA，Y表示OH﹣，Z表示H+D．该混合溶液中：c（A﹣）+c（Y）=c（Na+）考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：一元酸HA和NaOH溶液等体积、等浓度0.2mol/L混合，HA+NaOH=NaA+H2O，所得溶液中A﹣，NaA水解，HA为弱酸，NaA溶﹣浓度小于0.1mol/L，说明在溶液中存在A﹣+H2O⇌HA+OH液呈碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），一般来说，盐类的水解程度较低，则有c（A﹣）＞c（OH ﹣），所以有：c（Na+）=0.1mol/L＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（HA）＞c（H+），即X表示OH﹣，Y表示HA，Z表示H+，溶液中存在物料守恒为：c（Na+）=c（A﹣）+c（HA）．A．HA为弱酸；B．该混合液pH＞7；C．X表示OH﹣，Y表示HA，Z表示H+；D．Y表示HA，溶液中存在物料守恒得到c（A﹣）+c（Y）=c（Na+）．解答：解：一元酸HA和NaOH溶液等体积、等浓度0.2mol/L混合，HA+NaOH=NaA+H2O，所得溶液中A﹣浓度小于0.1mol/L，说明在溶液中存在A﹣+H2O⇌HA+OH﹣，NaA水解，HA为弱酸，NaA 溶液呈碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），一般来说，盐类的水解程度较低，则有c（A﹣）＞c （OH﹣），所以有：c（Na+）=0.1mol/L＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（HA）＞c（H+），即X表示OH﹣，Y表示HA，Z表示H+，溶液中存在物料守恒得到：c（Na+）=c（A﹣）+c（HA）．A．一元酸HA和NaOH溶液等体积、等浓度0.2mol/L混合，二者恰好反应：HA+NaOH=NaA+H2O，所得溶液为NaA溶液，溶液中中A﹣浓度小于0.1mol/L，说明在溶液中存在A﹣+H2O⇌HA+OH ﹣，NaA水解，HA为弱酸，故A错误；B．c（Na+）＞c（A﹣），说明NaA水解，A﹣+H2O⇌HA+OH﹣，该混合液pH＞7，故B错误；C．HA是弱电解质，则有c（A﹣）＞c（OH﹣），c（OH﹣）除了水解产生的还有水电离的，因此c（OH﹣）＞c（HA），所以有：c（Na+）=0.1mol/L＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（HA）＞c （H+），即X表示OH﹣，Y表示HA，Z表示H+，故C错误；D．溶液中存在物料守恒c（Na+）=c（A﹣）+c（HA），Y表示HA，得到c（A﹣）+c（Y）=c （Na+），故D正确；故选D．点评：本题考查了酸碱混合溶液定性判断，根据酸的强弱结合物料守恒、电荷守恒分析解答，考查离子浓度大小比较、溶液PH值、盐类水解等，判断一元酸HA是弱酸为解题关键，题目难度中等．7．（6分）（2015•鹰潭校级模拟）某混合溶液中，含溶质X、Y各0.1mol，向其中滴加0.1mol/L 的Z溶液，所得沉淀的物质的量如图，则符合条件的X、Y、Z分别是（）A．氯化铝、氯化铁、氢氧化钠B．氯化铝、氯化镁、氢氧化钠C．偏铝酸钠、氯化钡、硫酸D．偏铝酸钠、氢氧化钡、硫酸考点：有关混合物反应的计算．分析：根据图象分析，若Z为氢氧化钠溶液，Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓，Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，Fe3++3OH﹣=Fe（OH）3↓，Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，溶液中沉淀量达到最大时，生成氢氧化铝沉淀、氢氧化铁沉淀、氢氧化镁沉淀时沉淀物质的量和消耗的碱的物质的量不符合，X不能是铝盐；所以Z是硫酸溶液，据此进行解答．解答：解：A．若X、Y、Z分别为氯化铝、氯化铁、氢氧化钠，开始滴入氢氧化钠时，Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，Fe3++3OH﹣=Fe（OH）3↓，n（Al3+）：n（OH﹣）=1：3，n（Fe3+）：n（OH﹣）=1：3，继续滴加Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，n（Al（OH）3）：n（OH﹣）=1：1，不符合图象的数值变化，故A错误；B．若X、Y、Z分别为氯化铝、氯化镁、氢氧化钠，开始滴入氢氧化钠时，Mg2++2OH﹣=Mg （OH）2↓，Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，n（Mg2+）：n（OH﹣）=1：2，n（Al3+）：n（OH﹣）=1：3，继续滴加Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，n（Al（OH）3）：n（OH﹣）=1：1，不符合图象的数值变化，故B错误；C．若X、Y、Z分别为偏铝酸钠、氯化钡、硫酸，滴入硫酸时Ba2++SO42﹣=BaSO4↓，H++AlO2﹣+H2O=Al（OH）3↓，Al（OH）3+3H +=Al3++3H2O，生成最大量沉淀氢氧化铝0.1mol，需要硫酸0.05mol；生成硫酸钡沉淀0.05mol，需要硫酸0.05mol，图中第一段直线不符合，故C错误；D．若X、Y、Z分别为偏铝酸钠、氢氧化钡、硫酸，开始滴入硫酸时OH﹣+H+=H2O，Ba2++SO42﹣=BaSO4↓，H++AlO2﹣+H2O=Al（OH）3↓，图中第一段直线：氢氧化钡的OH﹣和硫酸里的H+1：1中和，同时Ba2+和SO42﹣1：1反应生成硫酸钡沉淀，Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣=BaSO4↓+2H2O；图中第二段直线氢氧化钡消耗完，硫酸继续滴加，氢离子开始和偏铝酸根离子反应H++AlO2﹣+H2O=Al（OH）3↓，硫酸的消耗量（硫酸消耗量是氢离子消耗量的一半）和沉淀的生成量是1：2；图中第三段直线：硫酸进一步过量，开始消耗沉淀，Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O硫酸和沉淀消耗量应为1.5：1直到把氢氧化铝完全溶解，只剩下不溶于酸的BaSO4，以上三段符合图象的数值变化，故D正确；故选D．点评：本题考查了铝盐、偏铝酸盐和钡盐与碱、酸反应的图象分析判断，题目难度中等，需要从图象中分析数据结合物质反应和沉淀生成判断，试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识解决实际问题的能力．二、选择题：本题共3小题，每小题14分，在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．反应Cl2ClO28．（14分）（2015•鹰潭校级模拟）铝热反应是铝的一个重要性质．某校化学兴趣小组同学，取磁性氧化铁在如图1实验装置进行铝热反应，冷却后得到“铁块”混合物．（1）取反应后的“铁块”研碎取样称量，加入如图2装置滴入足量NaOH溶液充分反应，测量生成气体体积．试回答下列问题：①该实验的实验目的是：测量样品中铝的百分含量（填物质名称）．②量气管的量具部分是一个中学实验常见量具改装而成，该仪器的名称为碱式滴定管．③量气管在读数时调节左右管液面相平之前的步骤是恢复到室温．④装置中使用带平衡管的滴液漏斗代替普通分液漏斗，除了可以平衡压强让液体顺利滴入锥形瓶之外还可以起到降低实验误差的作用．如果装置使用分液漏斗，测量出的该物质百分含量将会偏大（填“偏大”或“偏小”）．（2）另称取“铁块”样品溶于盐酸，向其中滴加KSCN溶液，溶液没有出现血红色．为测定该实验所得“铁块”的成分，实验流程如图所示．几种氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示．Fe2+Fe3+Al3+Mg2+开始沉淀时的pH 7.5 2.8 4.2 9.6沉淀完全时的pH 9.0 4.0 5 11①试剂A应选择C，试剂B应选择D．（填序号）A．稀盐酸 B．氧化铁 C．H2O2溶液 D．氨水 E．MgCO3固体②灼烧完全的标志是前后两次灼烧质量相差不大于0.1g．③若最终红色粉未M的质量为12.0g，则该“铁块”中铁的百分含量是84%．考点：探究物质的组成或测量物质的含量．分析：（1）①取反应后的“铁块”研碎取样称量，加入如图2装置滴入足量NaOH溶液充分反应，测量生成气体体积，可以计算得到反应的铝的物质的量，得到铁块中铝的含量；②量气管的量具部分底部是连接橡胶管，结合实验量具可知是碱式滴定管的部分结构；③对量气管读数时，首先等实验装置恢复到室温再进行下一步操作，然后调节量气管使左右液面相平，最后读数时视线与凹液面最低处相平；④装置使用分液漏斗，随液体流下锥形瓶中压强增大，在排液过程中会排出的液体增多，导致测定结果偏高；（2）①根据题意可知，本实验要定量检测所得“铁块”的成分，故要通过实验流程，将铁元素完全沉淀；而根据表格可知，要使铁元素完全沉淀而铝和镁不沉淀，需将Fe2+转化为Fe3+，然后沉淀．②灼烧完全的标志是物质前后两次灼烧质量相差不大于0.1g；③根据10.0g的铁块中的铁元素最终全到了最终红色粉未M中，根据铁原子的守恒来计算；如果对所得过滤固体直接洗涤、烘干、称量，计算“铁块”的纯度．解答：解：（1）①取磁性氧化铁在如图1实验装置进行铝热反应，冷却后得到“铁块”混合物，取反应后的“铁块”研碎取样称量，加入如图2装置滴入足量NaOH溶液充分反应，测量生成气体体积，可以计算得到反应的铝的物质的量，得到铁块中铝的含量，该实验的实验目的是：测量样品中铝的含量；故答案为：铝；②量气管的量具部分底部是连接橡胶管，结合实验量具可知是碱式滴定管的部分结构，所以该仪器的名称为碱式滴定管，故答案为：碱式滴定管；③根据PV=nRT，为保证测出来的气体体积是当时大气压下的体积，在读数时应注意：①将实验装置恢复到室温，②使量气管两端液面相平，因为相平说明两边液面上的压强是一样的，这样测出来的气体体积才是当时大气压下的体积，③视线与凹液面最低处相平，俯视或仰视会造成误差，量气管在读数时调节左右管液面相平之前的步骤是恢复到室温；故答案为：恢复到室温；④滴液漏斗可以平衡压强让液体顺利滴入锥形瓶之外还可以起到降低实验误差的作用，如果装置使用分液漏斗，随液体流下锥形瓶中压强增大，锥形瓶中排出液体增多，测量出的该物质百分含量将会偏大，。

江西省重点中学协作体2015届高三第二次联考理科综合试卷命题：南昌二中徐小平赵宇洁付小华审题：高安中学祝成刚张党秀李智杰可能用到的原子量：H—1 O—16 K—39 Ca—40 I－127第I卷一、选择题：本大题共13小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。

7.生活中的一些问题常涉及到化学知识,下列叙述不正确的是（）A.维生素C具有还原性,在人体内起抗氧化作用B.“加碘食盐”、“含氟牙膏”、“富硒营养品”、“高钙牛奶”、“加铁酱油”等等,这里的碘、氟、硒指的是化合物,钙、铁则分别是Ca2+和Fe3+C.发生地震后,防疫人员在震区周围撒石灰,进行环境消毒,防止灾后出现疫情D.为防止中秋月饼等富脂食品氧化变质,常在包装袋中放入硫酸亚铁等还原性物质8.除杂和配制试剂是中学化学中常见的实验。

对实验方法描述正确的是（）A.可以通过过滤的方法将淀粉胶体中混有的氯化钠溶液除去B.在2mL10%的CuSO4(aq)中滴入3滴2%的NaOH(aq),配制检验醛基的试剂C.用托盘天平准确称取14.80g Ca(OH)2,配制100mL 2.0 mol/L的Ca(OH)2溶液D.乙酸乙酯中少量乙醇杂质可加水除去,其原理与溴水中加四氯化碳萃取溴类似9.戊醇C5H11O H与下列物质发生反应时,所得产物可能结构种数最少(不考虑立体异构)的是（）A.与浓氢溴酸卤代B.与浓硫酸共热消去C.铜催化氧化D.与戊酸酯化10.下列有关图示分析正确的是（）A.如图a所示,集气瓶内充满Cl2和CH4的混合气体或NO2和O2的混合气体,置于光亮处,将滴管内的水挤入集气瓶后,烧杯中的水会进入集气瓶,并可能充满集气瓶B.Pt为电极,电解含0.10 mol M＋和0.1 mol N3＋(M＋、N3＋均为金属阳离子)的溶液,阴极析出金属单质或气体的总物质的量(y)与导线中通过电子的物质的量(x)的关系如图c,离子氧化能力M＋>N3＋>H＋C.如图b所示,X为铁棒,Y为铜棒,M为直流电源,当S闭合后,当b为NaOH溶液,X极附近产生白色沉淀时,电子从X极流入MD.图d为N2(g)和O2(g)生成NO(g)过程中的能量变化,则N≡N的键能为946kJ/mol,其热化学方程式为N2(g)＋O2(g)===2NO(g)ΔH＝—180 kJ/mol11.X、Y、M、N是短周期主族元素,且原子序数依次增大。

高中化学学习材料鼎尚图文收集整理2015年高考理综最后一模(全国新课标II卷)一、选择题：（本题共13小题，每小题6分。

在每小题给出的4个选项中，只有一个选项符合题意）7、下列物质的使用不涉及．．．化学变化的是A．用饱和硫酸铵溶液沉淀蛋白质B．用生石灰干燥氨气C．用铝制的容器盛装浓硫酸D．用饱和碳酸钠溶液收集实验室制取的乙酸乙酯8、设N A为阿伏加德罗常数的值，N表示粒子数。

下列说法正确的是A．0.1 mol苯乙烯中含有碳碳双键的数目为0.4N AB．将1molCl2通入到水中，则N(HClO)+N(Cl－)+N(ClO－)＝2[N A—N(Cl2)]C．一定条件下，0.1 mol SO2与足量氧气反应生成SO3，转移电子数为0.2N AD．电解精炼铜，当电路中通过的电子数目为0.2N A时，阳极质量减少6.4g9．某有机化合物的结构简式为，有关该化合物的叙述不正确的是A．该有机物的分子式为C11H12O2B．1 mol该物质最多能与4 mol H2发生加成反应C．该有机物能与热的新制氢氧化铜悬浊液反应，生成砖红色沉淀D．该有机物一定条件下，可以发生取代、氧化、酯化反应10．探究浓硫酸和铜的反应，下列装置或操作正确的是A．用装置甲进行铜和浓硫酸的反应B．用装置乙收集二氧化硫并吸收尾气C．用装置丙稀释反应后的混合液D．用装置丁测定余酸的浓度11．现有物质的量浓度均为0.1 mol/L的溶液①NH3.H2O ②CH3COOH ③KHSO4。

下列有关离子浓度分析一定不正确的是A、向①中逐滴加入少量②，c(NH4+)/c(OH-)逐渐增大B、①、③等体积混合后溶液中存在：NH4++H2O NH3.H2O+H+C．①、②任意比混合：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(NH4+)D．①、③按体积比2:1混合：c(NH4+)>c(NH3.H2O)>c(SO42-)>c(OH-)>c(H+)12. 关于下图所示转化关系（X代表卤素），说法不正确．．．的是A. 2H(g) +2X(g) == 2HX(g) ΔH3＜0B. 途径Ⅰ生成HX的反应热与途径无关，所以ΔH1 = ΔH2 + ΔH3C. Cl、Br、I的非金属性依次减弱，所以途径Ⅱ吸收的热量依次增多D. 途径Ⅰ生成HCl放出的热量比生成HBr的多，说明HCl比HBr稳定13．下图为EFC剑桥法用固体二氧化钛(TiO2)生产海绵钛的装置示意图，其原理是在较低的阴极电位下，TiO2(阴极)中的氧解离进入熔融盐，阴极最后只剩下纯钛。

南昌市2015年高考化学模拟试卷（带解析）南昌市2015年高考化学模拟试卷（带解析）一、选择题：本题共7小题，每小题6分，在每小题给出的4个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．（6分）（2015南昌校级模拟）化学与环境、材料、信息、能源关系密切，下列说法错误的是（）A．半导体行业中有一句话：“从沙滩到用户”，计算机芯片的材料是二氧化硅B．将“地沟油”制成肥皂，可以提高资源的利用率C．我国首艘航母“辽宁舰”上用于舰载机降落的拦阻索是特种钢缆，属于金属材料D．推广以植物秸秆为原料的综合利用技术，避免焚烧秸秆造成空气污染考点：硅和二氧化硅；常见的生活环境的污染及治理；金属与合金在性能上的主要差异；油脂的性质、组成与结构．专题：化学应用．分析：A、计算机芯片的材料是半导体材料晶体硅；B、地沟油是油脂，在碱溶液中水解生成高级脂肪酸钠和甘油，利用高级脂肪酸钠制备肥皂提高资源的利用率；C、特种钢缆是金属材料；D、推广以植物秸秆为原料的综合利用技术，避免焚烧秸秆造成空气污染．解答：解：A、计算机芯片的材料是半导体材料晶体硅，二氧化硅是光导纤维的成分，故A错误；B、地沟油是油脂，在碱溶液中水解生成高级脂肪酸钠和甘油，利用高级脂肪酸钠制备肥皂提高资源的利用率，符合资源利用，故B正确；C、舰载机降落的拦阻索是特种钢缆，主要是铁的合金属于金属材料，故C正确；D、推广以植物秸秆为原料的综合利用技术，减少污染气体排放，避免焚烧秸秆造成空气污染，故D正确；故选A．点评：本题考查了常见化学知识的分析判断，主要是知识熟练掌握，依据所学便可解决，题目难度中等．2．（6分）（2015渝北区模拟）设NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（）A．常温下，0.05molL﹣1Fe2（SO4）3溶液中含Fe3+数目为0.1NAB．标准状况下，22.4L甲苯中含C﹣H数目为8NA C．常温、常压下，1.6gO2和O3混合物中，氧原子的数目为0.1NAD．0.1molNa2O2与足量CO2反应时，转移的电子数目为0.2NA考点：阿伏加德罗常数．专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析：A、没有告诉硫酸铁溶液的体积，无法计算溶液中铁离子数目；B、标准状况下，甲苯的状态不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算甲苯的物质的量；C、1.6g氧气和臭氧中含有11.6g氧原子，含有0.1mol氧原子；D、过氧化钠中氧元素为﹣1价，0.1mol过氧化钠与二氧化碳完全反应生成了0.05mol氧气，转移了0.1mol电子．解答：解：A、题中没有告诉0.05molL﹣1Fe2（SO4）3溶液的体积，无法计算溶液中铁离子的数目，故A错误；B、标况下，甲苯不是气体，题中条件无法计算22.4L甲苯的物质的量，故B错误；C、1.6g氧气和臭氧的化合物中含有11.6g氧原子，1.6g 氧原子的物质的量为0.1mol，氧原子的数目为0.1NA，故C正确；D、0.1mol过氧化钠与足量二氧化碳完全反应生成了0.05mol氧气，转移了0.1mol电子，转移的电子数目为0.1NA，故D错误；故选C．点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意明确标况下气体摩尔体积的使用条件，要求学生掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系．3．（6分）（2015南昌校级模拟）X、Y、Z、W、R属于短周期元素．已知它们都不是稀有气体元素，X的原子半径最大，Y元素的原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，Z元素的原子L层电子数为m+n，M层电子数m﹣n，W元素与Z元素同主族，R元素原子与Y元素原子的核外电子数之比为2：1．下列叙述错误的是（）A．X与Y形成的两种化合物中阴、阳离子的个数比均为1：2B．Y分别与Z、W、R以两种元素组成的常见化合物有5种C．Z、W、R最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序是：R＞W＞ZD．Y的氢化物比R的氢化物稳定，Y的氢化物熔沸点比R 的氢化物低考点：位置结构性质的相互关系应用．分析：X、Y、Z、W、R均为短周期元素，它们都不是稀有气体元素，X元素原子半径最大，则X为Na元素；Y元素的原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，Z元素的原子L层电子数为m+n，M层电子数m﹣n，则m+n=8，故Y只能有2个电子层，则n=2，故m=8﹣2=6，可推知Y 为O元素；Z元素M层电子数=6﹣2=4，则Z为Si元素；W元素与Z元素同主族，可推知W为C元素；R元素原子与Y元素原子的核外电子数之比为2：1，可知R原子核外电子数为16，则R为S元素，据此进行解答．解答：解：X、Y、Z、W、R均为短周期元素，它们都不是稀有气体元素，X元素原子半径最大，则X为Na元素；Y元素的原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，Z元素的原子L层电子数为m+n，M层电子数m﹣n，则m+n=8，故Y只能有2个电子层，则n=2，故m=8﹣2=6，可推知Y为O元素；Z元素M层电子数=6﹣2=4，则Z为Si元素；W元素与Z元素同主族，可推知W为C元素；R 元素原子与Y元素原子的核外电子数之比为2：1，可知R 原子核外电子数为16，则R为S元素，A．X与Y形成的氧化物为氧化钠和过氧化钠，氧化钠与过氧化钠中阴、阳离子的个数之比均为1：2，故A正确；B．氧元素分别与硅、碳、硫元素组成的常见化合物有：二氧化硅、一氧化碳、二氧化碳、二氧化硫和三氧化硫五种，故B正确；C．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性S＞C＞Si，所以酸性强弱顺序为：硫酸＞碳酸＞硅酸，故C正确；D．非金属性O＞S，故氢化物稳定性O＞S，水分子之间存在氢键，其熔沸点高于硫化氢，故D错误；故选D．点评：本题考查结构、性质与位置关系应用，题目难度中等，正确推断元素是解题的关键，注意对基础知识的理解掌握，能够灵活应用元素周期律，明确氢键对物质物理性质的影响．4．（6分）（2015江苏模拟）分子式为C10H20O2的有机物在酸性条件下可水解为醇A和酸B，A经过连续氧化可转化为B，若不考虑立体异构，符合上述要求的醇和酸若重新组合，可形成的酯共有（）A．32B．16C．8D．4考点：同分异构现象和同分异构体．专题：同系物和同分异构体．分析：有机物C10H20O2在酸性条件下能水解，说明C10H20O2为酯，根据分子组成可知应为饱和一元酸和饱和一元醇形成的酯，能在酸性条件下水解生成有机物A 和B，且A在一定条件下可转化成B，说明A和B的碳原子数相同，且碳链相同，以此解答该题．解答：解：C10H20O2是饱和酯，且两边链相同，与羟基相连的碳上有2个氢原子才能被氧化为羧酸，分析C4H9COOH或C4H9CH2OH中都含有C4H9﹣烃基，有四种结构：C﹣C﹣C﹣C﹣，，，则A有四种结构，B有四种结构，醇和酸若重新组合，可形成的酯共有16种．故选B．点评：本题考查有机物的推断，题目难度中等，本题的关键是根据A在一定条件下可转化成B，说明A和B的碳原子数相同，且碳链相同．5．（6分）（2015南昌校级模拟）下列各项中“操作或现象”能达到预期“实验目的”的是（）选项实验目的操作或现象A检验碳与浓硫酸反应后的气体产物将产生的气体依次通过无水CuSO4、澄清石灰水和品红溶液B证明蛋白质在某些无机盐溶液作用下发生变性向鸡蛋清溶液中加入饱和硫酸钠溶液，有沉淀析出；再把沉淀加入蒸馏水中C检验溴乙烷中的溴元素将少量溴乙烷与NaOH溶液混合共热，充分反应并冷却后，向上层清液中加稀HNO3酸化，再滴加AgNO3溶液D证明溶液中存在平衡：Fe3++3SCN﹣&#8652;Fe（SCN）3将1mLKSCN溶液与1mL同浓度FeCl3溶液充分混合；再继续加入KSCN溶液，溶液颜色加深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．二氧化硫和二氧化碳都能使澄清石灰水变浑浊；B．在蛋白质溶液中加入硫酸钠溶液，发生盐析，不是变性；C．将少量溴乙烷与NaOH溶液混合共热，水解生成NaCl和乙醇，酸化后可检验溴离子；D．KSCN溶液不足，不能证明存在平衡．解答：解：A．碳与浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化硫和二氧化碳，如先通过澄清石灰水，则二则都能使石灰水变浑浊，不能证明，故A错误；B．在蛋白质溶液中加入硫酸钠溶液，发生盐析，不是变性，故B错误；C．将少量溴乙烷与NaOH溶液混合共热，水解生成NaCl和乙醇，充分反应并冷却后，向上层清液中加稀HNO3酸化，再滴加AgNO3溶液，可观察到浅黄色沉淀生成，可证明，故C正确；D．KSCN溶液不足，不能证明存在平衡，应使二者恰好反应后再检验，故D错误．故选C．点评：本题考查化学实验方案的评价，侧重于基本实验的操作的考查，涉及物质的检验和平衡移动的问题，题目难度不大，注意把握相关基础知识．6．（6分）（2015南昌校级模拟）常温下，向20mL0.2mol/LH2A溶液中滴加0.2mol/LNaOH溶液．有关微粒的物质的量变化如图（其中Ⅰ代表H2A，Ⅱ代表HA ﹣，Ⅲ代表A2﹣）所示．根据图示判断，下列说法正确的是（）A．当V（NaOH）=20mL时，溶液中离子浓度大小关系：c （Na+）＞c（HA﹣）＞c（A2﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）B．等浓度的NaOH溶液与H2A溶液按2：1混合后，其溶液中水的电离程度比纯水大C．NaHA溶液中：c（OH﹣）=c（H+）+c（HA﹣）+2c（H2A）D．向上述加入20mLNaOH溶液后所得溶液中再加入水的过程中，pH可能减少考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：A．根据图象知，当V（NaOH）=20时，发生反应为NaOH+H2A═NaHA+H2O，溶液主要为NaHA，电离为主，溶液显酸性；B．酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离；C．根据物料守恒和电荷守恒判断判断NaHA溶液中各离子浓度之间关系；D．二者恰好反应生成NaHA，加水稀释HA﹣电离和水解．解答：解：A．根据图象知，当V（NaOH）=20mL时，发生反应为NaOH+H2A═NaHA+H2O，溶质主要为NaHA，HA﹣电离程度大于水解程度，溶液显酸性，水和HA﹣都电离出氢离子，只有HA﹣电离出A2﹣，所以离子浓度大小顺序是c（Na+）＞c（HA﹣）＞c（H+）＞c（A2﹣）＞c（OH ﹣），故A错误；B．等浓度的NaOH溶液与H2A溶液按体积2：1混合后，二者恰好反应生成Na2A和水，Na2A是强碱弱酸盐促进水电离，故B正确；C．根据电荷守恒得c（OH﹣）+2c（A2﹣）+c（HA﹣）=c （H+）+c（Na+），根据物料守恒得c（Na+）=c（HA﹣）+c（H2A）+c（A2﹣），所以得c（OH﹣）+c（A2﹣）=c （H+）+c（H2A），故C错误；D．二者恰好反应生成NaHA，加水稀释HA﹣电离和水解，但氢氧根离子浓度减小，但水解程度大于电离程度，所以pH增大，故D错误；故选B．点评：本题考查酸碱混合溶液定性判断、溶液中各离子浓度大小比较，题目难度中等，注意明确图象中酸碱混合时溶液中的溶质是解答本题的关键，抓住图象进行分析即可，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力．7．（6分）（2015南昌校级模拟）在温度、初始容积相同的两个密闭容器中，按不同方式投入反应物（如图所示），发生如下反应：3X（g）+Y（g）&#8652;2Z（g）△H ＜0，保持温度不变，测得平衡时的有关数据如下：下列说法正确的是（）恒容容器甲恒压容器乙Y的物质的量/moln1n2Z的体积分数φ1φ2A．平衡时容器乙的容积一定比反应前大B．平衡时容器甲的压强一定比反应前大C．n2＞n1D．φ2＞φ1考点：化学平衡的计算．分析：将甲中Z完全转化为X和Y时，1.2molZ能转化为1.8molX、0.6molY，则X、Y的物质的量分别是3mol、1mol，所以与乙的初始状态是等效平衡，该反应的正反应是一个反应前后气体体积减小的放热反应，甲恒容、乙恒压，乙在反应过程中与甲相比相当于增大压强，平衡正向移动，A．乙中，温度和压强不变，容器中气体物质的量与体积成正比；B．甲中，温度和条件不变，容器中气体压强与物质的量成正比；C．甲恒容、乙恒压，乙在反应过程中与甲相比相当于增大压强，平衡正向移动，反应物转化率增大；D．甲恒容、乙恒压，乙在反应过程中与甲相比相当于增大压强，平衡正向移动，生成物含量增大．解答：解：将甲中Z完全转化为X和Y时，1.2molZ能转化为1.8molX、0.6molY，则X、Y的物质的量分别是3mol、1mol，所以与乙的初始状态是等效平衡，该反应的正反应是一个反应前后气体体积减小的放热反应，甲恒容、乙恒压，乙在反应过程中与甲相比相当于增大压强，平衡正向移动，A．乙中，温度和压强不变，容器中气体物质的量与体积成正比，平衡正向移动，气体的物质的量减小，则压强减小，所以平衡时容器乙的容积一定比反应前小，故A错误；B．甲中，温度和条件不变，容器中气体压强与物质的量成正比，甲中反应向哪个方向移动还是平衡状态未知，所以无法确定气体物质的量任何变化，导致无法确定压强是否变化及如何变化，故B错误；C．甲恒容、乙恒压，乙在反应过程中与甲相比相当于增大压强，平衡正向移动，反应物转化率增大，则Y的物质的量n2＜n1，故C错误；D．甲恒容、乙恒压，乙在反应过程中与甲相比相当于增大压强，平衡正向移动，生成物含量增大，所以φ2＞φ1，故D正确；故选D．点评：本题考查化学平衡状态的有关判断，正确判断甲、乙存在等效平衡是解本题关键，知道P、V、T、n之间的关系，易错选项是B，题目难度中等．三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22题～第32题为必考题，每个小题考生都必须作答．第33题～第40题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（11题，共129分）8．（15分）（2015南昌校级模拟）烟道气中的CO2可用于合成甲醇和甲醚．（1）如图所示为其中的一种方法：①用光电池电解水时，阳极的电极反应式为4OH﹣﹣4e﹣═O2↑+2H2O．②15～20%的乙醇胺（HOCH2CH2NH2）水溶液具有弱碱性，则HOCH2CH2NH3Cl的水溶液显酸（填“酸”“碱”或“中”）性．③已知，CH3OH（l）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣725.5kJmol﹣1H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H=﹣285.8kJmol﹣1则工业上以CO2（g）、H2（g）为原料合成CH3OH（l）的热化学方程式为CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（l）+H2O（l）△H=﹣131.9kJmol﹣1．（2）将CO2转化为甲醚的反应原理为2CO2（g）+6H2（g）CH3OCH3（g）+3H2O（l）①在恒温、恒容的密闭容器中，下列描述能说明上述反应已达化学平衡状态的是bd（填序号）．a．生成1molCH3OCH3（g）的同时，生成3molH2O（l）b．体系中混合气体的密度不随时间而变化c．体系中CO2与H2的体积比为1：3d．体系中的气体的总压强不随时间而变化②已知一定压强下，该反应在不同温度、不同投料比时，CO2的转化率见下表：投料比500K600K700K1.545%33%20%xabc上述反应的化学平衡常数的表达式为．该反应的焓变△H ＜0（填“＞”、“＜”或“=”，下同），若使a＞45%，则x＞1.5．③在一定温度下，向体积为0.5L的密闭容器中加入2molCO2和6molH2，20min后达到平衡，测得平衡时CH3OCH3为0.5mol，则该反应的反应速率v（CO2）=0.1molL﹣1min﹣1，H2的转化率α（H2）=50%；加入催化剂，v（CO2）增大（填“增大”、“减小”或“不变”，下同），α（H2）不变．考点：化学平衡的计算；用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断．分析：（1）①用光电池电解水时，阳极是氢氧根离子失去电子生产氧气；②氨基结合水电离平衡中的氢离子，促进水电离平衡正向进行，氢氧根离子浓度增大，溶液显碱性，形成HOCH2CH2NH3Cl的水溶液是阳离子水解，溶液呈酸性；③依据热化学方程式和盖斯定律计算所得热化学方程式；（2）①当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，注意选择的物理量应随反应发生变化，该物理量由变化到不变化，说明到达平衡；②平衡常数等于生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积，注意水是纯液体不写入表达式，二氧化碳转化率随温度升高减小，说明升温平衡逆向进行，两种反应物增加一种物质的量会提高另一种反应物转化率；③依据化学平衡三段式列式计算2CO2（g）+6H2（g）CH3OCH3（g）+3H2O（l）起始量（mol）2600变化量（mol）130.51.5平衡量（mol）130.51.5反应速率v=，转化率=×100%，催化剂改变反应速率不改变化学平衡分析．解答：解：（1）①用光电池电解水时，阳极是氢氧根离子失去电子生产氧气，阳极的电极反应式为4OH﹣﹣4e ﹣═O2↑+2H2O；故答案为：4OH﹣﹣4e﹣═O2↑+2H2O；②乙醇胺水溶液呈弱碱性是取代基氨基结合氢离子，使溶液中的氢氧根离子浓度增大，反应的离子方程式为：HOCH2CH2NH2+H2O&#8652;HOCH2CH2NH3++OH﹣，则HOCH2CH2NH3Cl的水溶液中，HOCH2CH2NH3+水解结合水中的氢氧根离子，促进水的电离，溶液中氢离子浓度增大，溶液显酸性，故答案为：酸；③Ⅰ、CH3OH（l）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣725.5kJmol﹣1Ⅱ、H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H=﹣285.8kJmol﹣1 依据盖斯定律计算，Ⅱ×3﹣Ⅰ得到工业上以CO2（g）、H2（g）为原料合成CH3OH（l）的热化学方程式为CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（l）+H2O（l）△H=﹣131.9kJmol﹣1；故答案为：CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（l）+H2O（l）△H=﹣131.9kJmol﹣1；（2）①a．生成1molCH3CH2OH的同时，生成3molH2O，反应始终按此比例进行，不能说明到达平衡，故a错误；b．容器的容积不变，生成物质中水为液体，混合气体的总质量改变，密度不随时间而变化，能说明到达平衡，故b正确；c．体系中CO2与H2的体积比为1：3，不能说明反应达到平衡状态，故c错误；d．正反应为气体物质的量减小的反应，容器中气体的压强不随时间而变化，说明到达平衡，故d正确，故答案为：bd；②平衡常数等于生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积，反应的平衡常数K=，二氧化碳转化率随温度升高减小，说明升温平衡逆向进行，正反应为放热反应，△H＜0，两种反应物增加一种物质的量会提高另一种反应物转化率，若使a＞45%，x＞1.5，故答案为：，＜，＞；③2CO2（g）+6H2（g）CH3OCH3（g）+3H2O（l）起始量（mol）2600变化量（mol）130.51.5平衡量（mol）130.51.5反应速率v（CO2）===0.1mol/Lmin，H2的转化率α（H2）=×100%=×100%=50%，催化剂改变反应速率不改变化学平衡，加入催化剂加快二氧化碳的反应速率，平衡不移动，氢气转化率不变，故答案为：0.1；50%；增大；不变．点评：本题考查了化学平衡的计算分析应用，平衡常数、反应速率，转化率概念计算分析，热化学方程式书写，影响化学平衡的因素分析判断，掌握基础是关键，题目难度中等．9．（14分）（2015南昌校级模拟）碲（Te）为ⅥA族元素，是当今高新技术新材料的主要成分之一．工业上可从电解精炼铜的阳极泥中提取碲．（1）粗铜中含有Cu和少量Zn、Ag、Au、TeO2及其他化合物，电解精炼后，阳极泥中主要含有TeO2、少量金属单质及其他化合物．电解精炼粗铜时，阳极电极反应式为Zn﹣2e﹣=Zn2+、Cu﹣2e﹣=Cu2+．（2）TeO2是两性氧化物，微溶于水，可溶于强酸或强碱．从上述阳极泥中提取碲的一种工艺流程如下：①“碱浸”时TeO2发生反应的化学方程式为TeO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O．②“沉碲”时控制溶液的pH为4.5﹣5.0，生成TeO2沉淀．如果H2SO4过量，溶液酸度过大，将导致碲的沉淀不完全，原因是TeO2是两性氧化物，H2SO4过量会导致TeO2继续与H2SO4反应导致损失；防止局部酸度过大的操作方法是缓慢加入H2SO4，并不断搅拌．③“酸溶”后，将SO2通入TeCl4溶液中进行“还原”得到碲，该反应的化学方程式是TeCl4+2SO2+4H2O=Te+4HCl+2H2SO4．考点：电解原理；制备实验方案的设计．专题：实验设计题．分析：根据TeO2是两性氧化物，微溶于水，加碱溶过滤除去杂质，得到Na2TeO3溶液，再加硫酸沉降经过滤得到TeO2沉淀，再用盐酸溶解生成四氯化碲，再用二氧化硫还原制成碲单质；（1）电解精炼粗铜时，粗铜中的Cu和少量Zn在阳极发生氧化反应，Zn比Cu活泼，先失电子，所以阳极电极反应式为Zn﹣2e﹣=Zn2+；Cu﹣2e﹣=Cu2+（2）根据TeO2是两性氧化物，微溶于水，加碱溶过滤除去杂质，得到Na2TeO3溶液，再加硫酸沉降经过滤得到TeO2沉淀，再用盐酸溶解生成四氯化碲，再用二氧化硫还原制成碲单质，以此分析解答；①TeO2是两性氧化物，与氢氧化钠发生类似氧化铝与氢氧化钠的反应；②因为TeO2是两性氧化物，H2SO4过量会导致TeO2继续与H2SO4反应导致损失；③SO2还原TeCl4为Te，本身被氧化为硫酸，根据得失电子守恒书写．解答：解：根据TeO2是两性氧化物，微溶于水，加碱溶过滤除去杂质，得到Na2TeO3溶液，再加硫酸沉降经过滤得到TeO2沉淀，再用盐酸溶解生成四氯化碲，再用二氧化硫还原制成碲单质；（1）电解精炼粗铜时，粗铜中的Cu和少量Zn在阳极发生氧化反应，Zn比Cu活泼，先失电子，所以阳极电极反应式为Zn﹣2e﹣=Zn2+、Cu﹣2e﹣=Cu2+，故答案为：Zn﹣2e﹣=Zn2+、Cu﹣2e﹣=Cu2+；（2）根据TeO2是两性氧化物，微溶于水，加碱溶过滤除去杂质，得到Na2TeO3溶液，再加硫酸沉降经过滤得到TeO2沉淀，再用盐酸溶解生成四氯化碲，再用二氧化硫还原制成碲单质；①TeO2是两性氧化物，与氢氧化钠发生类似氧化铝与氢氧化钠的反应，化学方程式为TeO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O，故答案为：TeO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O；②因为TeO2是两性氧化物，H2SO4过量会导致TeO2继续与H2SO4反应导致损失；防止局部酸度过大的操作方法是：缓慢加入H2SO4，并不断搅拌故答案为：TeO2是两性氧化物，H2SO4过量会导致TeO2继续与H2SO4反应导致损失；缓慢加入H2SO4，并不断搅拌；③SO2还原TeCl4为Te，本身被氧化为硫酸，化学方程式为TeCl4+2SO2+4H2O=Te+4HCl+2H2SO4，故答案为：TeCl4+2SO2+4H2O=Te+4HCl+2H2SO4．点评：本题考查粗铜精炼的电解反应式的书写，对给定条件的化学方程式、离子方程式的判断及书写，实验操作的判断是解本题关键，难度中等．10．（14分）（2015渝北区模拟）某化学研究性小组采用如下装置（夹持和加热仪器已略去）电解饱和食盐水一段时间，并通过实验测定产物的量来判断饱和食盐水的电解率．饱和食盐水的电解率=（电解的氯化钠质量/总的氯化钠质量）×100%甲方案：利用甲、乙装置测定饱和食盐水的电解率（1）若饱和食盐水中滴有酚酞，则电解过程中甲装置中的实验现象：左右碳棒上都有气泡产生，左边碳棒附近溶液变红．（2）若洗气瓶a中盛放的为足量的氢氧化钠溶液，通过测定洗气瓶a在电解前后的质量变化来计算饱和食盐水的电解率，则正确的连接顺序为B连C（填A、B、C、D、E等导管口），则洗气瓶a中发生反应的离子方程式为Cl2+2OH﹣=H2O+Cl﹣+ClO﹣．乙方案：利用甲、丙装置测定饱和食盐水的电解率（3）对于乙方案，有同学提出有两种方法都可测得饱和食盐水的电解率Ⅰ．通过测定硬质玻璃管中氧化铜固体前后质量差来计算饱和食盐水的电解率Ⅱ．通过测定丙装置中除硬质玻璃管外的某装置前后质量差来计算饱和食盐水的电解率①一同学认为可以在乙方案方法Ⅱ中的装置中添加一干燥装置防止外界空气中的水蒸气的干扰，则该干燥装置应与D口连接（填装置中接口的字母）．②另一同学认为乙方案的方法Ⅰ、Ⅱ测得的实验结论都不正确，你是否同意？请说明理由同意，在方案中氢气还原氧化铜，氢气不能全部反应，误差太大．丙方案：只利用甲装置测定饱和食盐水的电解率（4）若电解150mL饱和食盐水一段时间，测得溶液的为pH为14，求饱和食盐水的电解率16.6%（假设电解前后溶液体积不变，饱和食盐水密度约为1.33g/mL，溶解度为36.0g）．（5）若往该电解后所得溶液中通入二氧化碳气体2.24L（标准状况），则所得溶液中各离子浓度大小关系为：c （Na+）＞c（Cl﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH ﹣）＞c（H+）．考点：电解原理．专题：电化学专题．分析：（1）依据甲装置图分析电解饱和食盐水，溶液中氯离子在阳极上失电子生成氯气，氢离子在阴极得到电子生成氢气，阴极附近氢氧根离子浓度增大，遇到酚酞溶液变红色；（2）氢氧化钠溶液可以吸收氯气发生反应，电解池中B端为阳极生成氯气，装置B连C；（3）①利用甲、丙装置测定饱和食盐水的电解率，方法Ⅱ通过测定丙装置中除硬质玻璃管外的某装置前后质量差来计算饱和食盐水的电解率，是利用U形管测定氢气还原氧化铜过程中生成的水蒸气，在乙方案方法Ⅱ中的装置中添加一干燥装置防止外界空气中的水蒸气的干扰，应连接装置D处；②乙方案的方法Ⅰ、Ⅱ测得的实验结论都不正确，主要是氢气还原氧化铜过程中不能全部发生反应，造成误差；（4）依据溶液pH计算氢氧根离子浓度结合化学方程式计算反应的氯化钠质量，利用溶解度计算150ml溶液中氯化钠的质量，用反应氯化钠质量除以原溶液中氯化钠质量得到食盐水的电解率；（5）依据反应生成氢氧化钠物质的量和通入二氧化碳物质的量定量关系分析判断得到溶液中的溶质，比较溶液中离子浓度大小．解答：解：（1）甲装置图分析电解饱和食盐水，溶液中氯离子在阳极上失电子生成氯气，氢离子在阴极得到电子生成氢气，阴极附近氢氧根离子浓度增大，遇到酚酞溶液变红色，电解过程中甲装置中的实验现象为：左右碳棒上都有气泡产生，左边碳棒附近溶液变红，故答案为：左右碳棒上都有气泡产生，左边碳棒附近溶液变红；（2）洗气瓶a中盛放的为足量的氢氧化钠溶液，通过测定洗气瓶a在电解前后的质量变化来计算饱和食盐水的电解率，氢氧化钠溶液可以吸收氯气发生反应，电解池中B端为阳极生成氯气，装置B连C，故答案为：B；C；Cl2+2OH﹣=H2O+Cl﹣+ClO﹣；（3）①利用甲、丙装置测定饱和食盐水的电解率，方法Ⅱ通过测定丙装置中除硬质玻璃管外的某装置前后质量差来计算饱和食盐水的电解率，是利用U形管测定氢气还原氧化铜过程中生成的水蒸气，在乙方案方法Ⅱ中的装置中添加一干燥装置防止外界空气中的水蒸气的干扰，应连接装置D处，。

戊 南昌市第二中学2015届高三上学期第三次考试化学试题可能用到的原子量：H —1 C —12 O —16 Na —23 Mg —24 Al —27 S —32 Fe —56 Cu —64一、选择题（共48分，每小题只有1个选项符合题意）1．下列有关物质用途的说法中，正确的是( )A ．玻璃容器可长期盛放各种酸B ．硝酸常用作金属铜加工前的酸洗C ．碳酸钠可用于治疗胃酸过多D ．三氧化二铁常用于生产红色油漆和涂料2．下列物质按纯净物、混合物、强电解质、弱电解质、非电解质的组合中，正确的是( )3．下列关于胶体的认识错误的是( )A ．鸡蛋清溶液中加入饱和(NH 4)2SO 4溶液生成白色沉淀，属于物理变化B ．纳米材料微粒直径一般从几纳米到几十纳米(1 nm= 10-9 m)．因此纳米材料属于胶体C ．往Fe(OH)3胶体中逐滴加入稀硫酸会产生沉淀而后沉淀逐渐溶解D ．水泥厂、冶金厂常用高压电除去烟尘，是因为烟尘胶粒带电荷4．能正确表示下列反应的离子方程式是( )A ．NaNO 2溶液中加入酸性KMnO 4溶液：2MnO 4－+5NO 2－+ 6H +=2Mn 2+ + 5NO 3－ + 3H 2OB ．碳酸氢铵溶液中加入足量氢氧化钡溶液：NH 4++HCO 3－+2OH －=CO 32－+ NH 3•H 2O +H 2OC ．用食醋和淀粉－KI 试纸检验碘盐中的KIO 3：IO 3 +5I －+6H +=I 2+3H 2O D ．用惰性电极电解熔融氯化钠： 2Cl —+2H 2O=Cl 2↑+H 2↑+2OH -5．除去下列括号内杂质的试剂或方法错误．．的是（ ） A ．N 2（O 2）：通过灼热的镁粉 B ．SiO 2（Fe 2O 3）：足量的盐酸，过滤C ．CO 2(SO 2)：酸性KMnO 4溶液、浓硫酸，洗气D ．C 2H 5OH(CH 3COOH)：加足量CaO ，蒸馏6．甲、乙、丙、丁、戊的相互转化关系如图所示（反应条件略去，箭头表示一步转化）。

高中化学学习材料唐玲出品江西省南昌市2015届高三第二次模拟考试理综化学试题扫描版7 8 9 10 11 12 13C D C A D B B26．（15分）（1）2MnO4-+10Cl-+16H+==2Mn2++5Cl2↑+8H2O（2分）（2）没有除去湿Cl2中HCl（2分）（其他合理答案也给分）;影响产品中NaClO的含量，加一个盛有饱和NaCl溶液洗气瓶（2分）；（3）NaClO的碱性溶液（1分）尿素（1分）2NaClO+N2H4·H2O==N2+2NaCl+3H2O（2分）（4）C （2分）（5）分馏（蒸馏）（1分）温度计冷凝管（2分）27.（15分）（1）①CO2(g)+H2(g) HCOOH(g) △H=-70.0 kJ/moL （3分）②AC （2分）（2）小于（2分）反应2 （2分）（3）①453K （2分）; 温度越高，反应速率越快，时间越短；但463K时，增幅不明显，能耗反而增多，故选择453K。

（2分）②97.5（2分）28．（13分）Ⅰ.(1)原电池（1分） (2)为负极（1分）(3)负极：SO2+2H2O-2e-==SO42-+4H+（2分）Ⅱ.(1)H2SeO4（1分）(2)CO 2（1分）(3)H 2SeO 3△ SeO 2+H 2O （2分） 2H 2SO 3+SeO 2=Se+2H 2SO 4（2分）(4)将温度控制在315℃<T<450℃之间使SeO 2升华。

（3分）36．（15分）（1）+3（1分） B 4O 72-+2H ++5H 2O==4H 3BO 3（2分）（2）在HCl 酸性气流中加热（1分），防止MgCl 2水解（1分）Mg 2++2Cl -+2H 2O 电解 Mg(OH)2↓+H 2↑+Cl 2↑（2分）（3）蒸馏法（1分）①淀粉溶液（1分）②碱式滴定管（1分）③99%（2分）（4）H 2O 2+2H ++2e -==2H 2O （1分） c(Mg 2+)=0.045mol/L （1分）Mg 2+形式存在，没有Mg(OH)2沉淀。

2015年江西省南昌二中高考化学模拟最后一卷一、选择题：本大题共7小题，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．下列说法正确的是（）A．温室效应是当今世界面临的环境问题，使温室效应增强的气体只有二氧化碳B．直馏汽油、裂化汽油、植物油、甘油均能与溴发生加成反应而使溴的四氯化碳溶液褪色C． PX（对二甲苯）是制造聚酯纤维的原料，它是一种难溶于水密度比水大的剧毒物质D．晶体硅可用于制作太阳能电池板，二氧化硅可用于制作光导纤维2．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A． 1.0 mol/L的CH3COOH溶液：K+、Fe3+、NO3﹣、Cl﹣B．l.0 mol•L﹣1 NaClO溶液：Fe2+、K+、I﹣、Cl﹣C．甲基橙显黄色的溶液：Na+、CO32﹣、NO3﹣、SO32﹣D．在c（OH﹣）/c（H+）=1×1013的溶液：NH4+、Ca2+、C1﹣、K+3．一定条件下，发生反应：①M（s）+N（g）⇌R（g）△H=﹣Q1kJ•mol﹣1，②2R （g）+N（g）⇌2T （g）△H=﹣Q2kJ•mol﹣1． Q1、Q2、Q3均为正值．下列说法正确的是（）A． 1 mol R（g）的能量总和大于1 mol M（s）与1 mol N（g）的能量总和B．将2 mol R （g）与1 mol N（g）在该条件下充分反应，放出热量Q2 kJC．当1 mol M（s）与N（g）完全转化为T （g）时（假定无热量损失），放出热量Q1+kJD． M（g）+N（g）⇌R（g）△H=﹣Q3kJ•mol﹣1，则Q3＜Q14．有机物X的蒸气相对氢气的密度为51，X中氧元素的质量分数为31.7%，则能在碱溶液中发生反应的X的同分异构体有（不考虑立体异构）（）A． 15种B． 13种C． 11种D． 9种5．T℃时，CaCO3和CaF2的Ksp分别为1.0×10﹣10和4.0×10﹣12．下列说法正确的是（）A．T℃时，两饱和溶液中c（Ca2+）：CaCO3＞CaF2B．T℃时，两饱和溶液等体积混合，会析出CaF2固体C．T℃时，CaF2固体在稀盐酸中的Ksp比在纯水中的Ksp大D．T℃时，向CaCO3悬浊液中加NaF固体，可能析出CaF2固体6．将1mol A（g）和2mol B（g）置于2L某密闭容器中，在一定温度下发生反应：A（g）+B（g）⇌C（g）+D（g），并达到平衡．C的体积分数随时间变化如图Ⅰ中曲线b所示，反应过程中的能量变化如图Ⅱ所示，下列说法不正确的是（）A．该温度下，反应的平衡常数数值约为7.36B．恒温条件下，缩小反应容器体积可以使反应的过程按图Ⅰ中a曲线进行C．反应在第4秒钟达到化学平衡状态，0～4秒内，以A表示的化学反应速率是：0.225 mol•L﹣1•s﹣1D．在上述反应体系中加入催化剂，化学反应速率增大，E1和E2均减小7．硫酸亚铁是一种重要的化工原料，可以制备一系列物质（如图所示）．下列说法错误的是（）A．碱式硫酸铁水解能产生Fe（OH）3胶体，可用作净水剂B．为防止NH4HCO3分解，生产FeCO3需在较低温度下进行C．可用KSCN溶液检验（NH4）2Fe（SO4）2是否被氧化D．常温下，（NH4）2Fe（SO4）2在水中的溶解度比FeSO4的大二、非选择题8．某铵态氮肥由W、X、Y、Z 4种短周期元素组成，其中W的原子半径最小．Ⅰ．若Y、Z同主族，ZY2是形成酸雨的主要物质之一．（1）将X、Y、Z的元素符号填在如图1所示元素周期表（局部）中的相应位置上．（2）X与W元素可组成多种化合物，如：XW5、XW3和X2W4等，用元素符号或化学式回答下列问题：①写出X2W4的结构式：；②写出XW5的电子式：；③一定条件下，1mol XW3气体与O2完全反应生成X元素的单质和液态水，放出382.8kJ热量．该反应的热化学方程式为．Ⅱ．若Z是形成化合物种类最多的元素．（4）该氮肥的名称是（填一种）．（5）HR是含Z元素的一元酸．室温时，用0.250mol•L﹣1NaOH溶液滴定25.0mL HR 溶液时，溶液的pH变化情况如图2所示．其中，a点表示两种物质恰好完全反应．①图2中x 7 （填“＞”“＜”或“=”）．此时溶液中离子浓度的关系正确的是a．c（Na+）=c（R﹣）b．c（Na+）＞c（R﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）c．c（R﹣）+c（OH﹣）﹣c（H+）=0.11mol•L﹣1②室温时，HR的电离常数Ka= （填数值）．9．湿法炼锌的冶炼过程可用如图简略表示：请回答下列问题：（1）已知：N2H4（l）═N2（g）+2H2（g）△H=a kJ•mol﹣1，该反应不能自发进行，则a 0（填“＞”、“＜”或“=”）．（2）ZnS焙烧的反应2ZnS+3O22SO2+2ZnO所涉及的物质中，发生氧化反应的物质是；已知ZnO属于两性氧化物，写出ZnO与NaOH溶液反应的化学方程式：．（3）电解过程中析出锌的电极反应式为．（4）产生的SO2可用Ba（NO3）2溶液吸收，部分产物可作为工业原料，其反应的离子方程式为．（5）锌﹣空气电池与锂电池相比，具有储存电量高、成本低、没有安全隐患等优点．该电池的总反应为2Zn+O2═2ZnO，电解质溶液为KOH溶液，则负极的电极反应式为．25℃时，以该电池为电源，用两个等质量的铜棒作电极电解500mL 0.1mol/L CuSO4溶液，一段时间后切断电源，对电极干燥并称量，测得两电极的质量差为9.6g，则至少需要L空气（折算成标准状况）进入该电池．（6）已知一个电子的电量是1.602×10﹣19C，用上述电池电解饱和食盐水，当电路中通过1.929×105C的电量时，生成NaOH g．10．甲学生对Cl2与FeCl2和KSCN混合溶液的反应进行实验探究．操作现象通入氯气至过量I．A中溶液变红II．稍后，溶液由红色变为黄色（1）B中反应的离子方程式是．（2）A中溶液变红的原因是．（3）为了探究现象II的原因，甲同学进行如下实验．①取A中黄色溶液于试管中，加入NaOH溶液，有红褐色沉淀生成，则溶液中一定存在．②取A中黄色溶液于试管中，加入过量的KSCN溶液，最终得到红色溶液．甲同学的实验证明产生现象II的原因是SCN﹣与Cl2发生了反应．（4）甲同学猜想SCN﹣可能被Cl2氧化了，他又进行了如下研究．资料显示：SCN﹣的电子式为．①甲同学认为SCN﹣中碳元素没有被氧化，理由是．②取A中黄色溶液于试管中，加入用盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，由此证明SCN ﹣中被氧化的元素是．③通过实验证明了SCN﹣中氮元素转化为NO3﹣，他的实验方案是．④若SCN﹣与Cl2反应生成1mol CO2，则转移电子的物质的量是mol．三、[化学---选修5：有机化学基础]（15分）11．以有机物A为原料合成重要精细化工中间体TMBA（）和抗癫痫药物H（）的路线如图（部分反应略去条件和试剂）：已知：I．RONa+R′X→ROR′+NaX；II．RCHO+R′CH2CHO +H2O（R、R′表示烃基或氢）（1）A的名称是；C能发生银镜反应，则C分子中含氧官能团的名称是．（2）①和②的反应类型分别是、．（3）E的结构简式是，试剂a的分子式是．（4）C→D的化学方程式是．（5）D的同分异构体有多种，其中属于芳香族酯类化合物的共有种．（6）F与新制Cu（OH）2悬浊液发生反应的化学方程式是．（7）已知酰胺键（）有类似酯基水解的性质，写出抗癫痫病药物H与足量NaOH 溶液发生反应的化学方程式．2015年江西省南昌二中高考化学模拟最后一卷参考答案与试题解析一、选择题：本大题共7小题，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．下列说法正确的是（）A．温室效应是当今世界面临的环境问题，使温室效应增强的气体只有二氧化碳B．直馏汽油、裂化汽油、植物油、甘油均能与溴发生加成反应而使溴的四氯化碳溶液褪色C． PX（对二甲苯）是制造聚酯纤维的原料，它是一种难溶于水密度比水大的剧毒物质D．晶体硅可用于制作太阳能电池板，二氧化硅可用于制作光导纤维考点：常见的生活环境的污染及治理；硅和二氧化硅；石油的分馏产品和用途．专题：化学应用．分析：A．导致温室相应的气体出二氧化碳外还有氯氟烃、甲烷、低空臭氧、和氮氧化物气体等；B．使溴水褪色的有机物常含有不饱和键；C．对二甲苯密度比水小；D．根据硅、二氧化硅的性质和用途判断．解答：解：A．导致温室相应的气体出二氧化碳外还有氯氟烃、甲烷、低空臭氧、和氮氧化物气体等，由于二氧化碳的含量较大，为导致温室效应的主要气体，但不仅仅有二氧化碳，故A错误；B．直流汽油、甘油不能使溴水褪色，故B错误；C．烃的密度都比水小，故C错误；D．硅常用于半导体材料，可用于制作太阳能电池板，二氧化硅具有较好的折光性，可用于制作光导纤维，故D正确．故选D．点评：本题考查较为综合，涉及环境污染、有机物的结构和性质以及硅、二氧化硅的用途等知识，为高频考点，侧重于化学与环境、生产的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学习的积极性，难度中等．2．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A． 1.0 mol/L的CH3COOH溶液：K+、Fe3+、NO3﹣、Cl﹣B．l.0 mol•L﹣1 NaClO溶液：Fe2+、K+、I﹣、Cl﹣C．甲基橙显黄色的溶液：Na+、CO32﹣、NO3﹣、SO32﹣D．在c（OH﹣）/c（H+）=1×1013的溶液：NH4+、Ca2+、C1﹣、K+考点：离子共存问题．分析：A．酸性条件下，离子之间不发生任何反应；B．ClO﹣具有强氧化性；C．甲基橙显黄色的溶液，可能呈酸性、中性、碱性；D．c（OH﹣）/c（H+）=1×1013的溶液呈碱性．解答：解：A．醋酸溶液呈碱性，酸性条件下，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故A正确；B．ClO﹣具有强氧化性，具有还原性的Fe2+、I﹣不能大量共存，故B错误；C．甲基橙的变色范围为3.1﹣4.4，显黄色的溶液，可能呈酸性、中性、碱性，酸性条件下，NO3﹣、SO32﹣发生氧化还原反应，且CO32﹣不能大量存在于酸性条件下，故C错误；D．c（OH﹣）/c（H+）=1×1013的溶液呈碱性，碱性条件下NH4+不能大量共存，故D错误．故选A．点评：本题考查离子共存问题，为高频考点，题目难度中等，本题注意把握相关题给信息，为解答该类题目的关键，学习中注重相关基础知识的积累．3．一定条件下，发生反应：①M（s）+N（g）⇌R（g）△H=﹣Q1kJ•mol﹣1，②2R （g）+N（g）⇌2T （g）△H=﹣Q2kJ•mol﹣1． Q1、Q2、Q3均为正值．下列说法正确的是（）A． 1 mol R（g）的能量总和大于1 mol M（s）与1 mol N（g）的能量总和B．将2 mol R （g）与1 mol N（g）在该条件下充分反应，放出热量Q2 kJC．当1 mol M（s）与N（g）完全转化为T （g）时（假定无热量损失），放出热量Q1+kJD． M（g）+N（g）⇌R（g）△H=﹣Q3kJ•mol﹣1，则Q3＜Q1考点：反应热和焓变．分析：A、反应焓变为负值，反应是放热反应，反应物能量高于生成物；B、反应是可逆反应不能进行彻底；C、依据热化学方程式和盖斯定律计算分析判断；D、固体变化为气体吸收能量，反应是放热反应焓变为负值．解答：解：A、反应焓变为负值，反应是放热反应，反应物能量高于生成物，1mol R（g）的能量总和小于1mol M（s）与1mol N（g）的能量总和，故A错误；B、反应是可逆反应不能进行彻底，将2mol R（g）与1mol N（g）在该条件下充分反应，放出热量＜Q2 kJ，故B错误；C、依据热化学方程式和盖斯定律计算分析判断，①+得到，M（s）+N（g）⇌T（g）△H=﹣（Q1+）kJ/mol，则C正确；D、固体变化为气体吸收能量，反应是放热反应焓变为负值，M（g）+N（g）⇌R（g）△H=﹣Q3kJ•mol﹣1，则Q3＞Q1，故D错误；故选C．点评：本题考查了化学反应能量变化，盖斯定律计算应用，注意焓变为负值是放热反应，题目难度中等．4．有机物X的蒸气相对氢气的密度为51，X中氧元素的质量分数为31.7%，则能在碱溶液中发生反应的X的同分异构体有（不考虑立体异构）（）A． 15种B． 13种C． 11种D． 9种考点：有机化合物的异构现象．分析：有机物A的蒸气对氢气同温同压下相对密度为51，则A的相对分子质量为51×2=102，含氧的质量分数为31.7%，则分子中N（O）==2，分子中碳、氢元素的原子量之和为102﹣16×2=70，利用余商法=5…0，所以分子式为C5H10O2，可能是酸、也可能是酯从而判断同分异构体．解答：解：分子式为C5H10O2的有机物在碱性溶液中发生反应，可能是酸，属于饱和一元酸，其同分异构体等于丁基的种类，共有4种，分子式为C5H10O2的有机物在碱性溶液中发生反应，可能是酯，属于饱和一元酯，若为甲酸和丁醇酯化，丁醇有4种，可形成4种酯；若为乙酸和丙醇酯化，丙醇有2种，可形成2种酯；若为丙酸和乙醇酯化，丙酸有1种，可形成1种酯；若为丁酸和甲醇酯化，丁酸有2种，可形成2种酯；所以能在碱性溶液中发生反应的C5H10O2的同分异构体有4种羧酸，9种酯，共13种；故选B．点评：本题考查有机物分子式的确定、同分异构体书写、官能团的性质等，计算确定有机物的分子式、确定酯的种类是解题的关键，注意掌握官能团的性质．5．T℃时，CaCO3和CaF2的Ksp分别为1.0×10﹣10和4.0×10﹣12．下列说法正确的是（）A．T℃时，两饱和溶液中c（Ca2+）：CaCO3＞CaF2B．T℃时，两饱和溶液等体积混合，会析出CaF2固体C．T℃时，CaF2固体在稀盐酸中的Ksp比在纯水中的Ksp大D．T℃时，向CaCO3悬浊液中加NaF固体，可能析出CaF2固体考点：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：A、依据K sp结合沉淀溶解平衡计算钙离子浓度减小；B、依据钙离子浓度和碳酸根离子浓度计算浓度商和碳酸钙K sp减小；C、K sp随温度变化，不随浓度变化；D、沉淀的条件是溶液中离子的浓度商大于K sp，会发生沉淀．解答：解：A、T℃时，饱和CaCO3溶液中c（Ca2+）=c（CO32﹣）=mol/L，饱和CaF2溶液c（Ca2+）•c（F﹣）2=4.0×10﹣12，c（Ca2+）=mol/L；所以饱和CaCO3溶液和饱和CaF2溶液相比，后者的c（Ca2+）大于前者，故A错误；B、等体积混合后的c（Ca2+）会较饱和CaCO3溶液中的c（Ca2+）大许多倍，c（Ca2+）=mol/L+（mol/L）；c（CO32﹣）只减少到原来的一半为mol/L，此时溶液中的c（Ca2+）×c（CO32﹣）=（mol/L+mol/L）×mol/L ＞K sp（CaCO3）=1.0×10﹣10，所以会析出CaCO3固体，故B错误；C、T℃时，CaCO3固体盐酸中的K sp与在纯水中的K sp相同，因沉淀的K sp随温度变化，不随浓度改变，故C错误；D、T℃时，在CaCO3悬浊液中加入NaF固体，当c（Ca2+）•c（F﹣）2≥K sp（CaF2）时，CaCO3能转化为CaF2，故D正确；故选：D．点评：本题考查了沉淀溶解平衡的应用，平衡的移动和沉淀生成的条件分析，溶度积常数的计算应用是解题关键，题目难度中等．6．将1mol A（g）和2mol B（g）置于2L某密闭容器中，在一定温度下发生反应：A（g）+B（g）⇌C（g）+D（g），并达到平衡．C的体积分数随时间变化如图Ⅰ中曲线b所示，反应过程中的能量变化如图Ⅱ所示，下列说法不正确的是（）A．该温度下，反应的平衡常数数值约为7.36B．恒温条件下，缩小反应容器体积可以使反应的过程按图Ⅰ中a曲线进行C．反应在第4秒钟达到化学平衡状态，0～4秒内，以A表示的化学反应速率是：0.225 mol•L﹣1•s﹣1D．在上述反应体系中加入催化剂，化学反应速率增大，E1和E2均减小考点：化学平衡的计算．分析：根据图II知，生成物总能量小于反应物总能量，则该反应的正反应是放热反应；A．根据方程式知，该反应前后气体计量数之和不变，所以反应达到平衡时混合气体物质的量不变为3mol，C的体积分数为0.3，则n（C）=3mol×3=0.9mol，n（D）=n（C）=0.9mol，n（A）=（1﹣0.9）mol=0.1mol，n（B）=（2﹣0.9）mol=1.1mol，则c（D）=c（C）==0.45mol/L，c（A）==0.05mol/L，c（B）==0.55mol/L，化学平衡常数=；B．恒温条件下，缩小容器体积，增大压强，反应速率增大，但平衡不移动，则平衡时C含量不变；C．反应在第4秒钟达到化学平衡状态，0～4秒内，以v（C）==0.225 mol•L﹣1•s﹣1，同一反应中同一时间段内各物质的反应速率之比等于其计量数之比；D．加入催化剂，能同等程度的增大正逆反应速率，但平衡不移动，活化能降低．解答：解：根据图II知，生成物总能量小于反应物总能量，则该反应的正反应是放热反应；A．根据方程式知，该反应前后气体计量数之和不变，所以反应达到平衡时混合气体物质的量不变为3mol，C的体积分数为0.3，则n（C）=3mol×3=0.9mol，n（D）=n（C）=0.9mol，n（A）=（1﹣0.9）mol=0.1mol，n（B）=（2﹣0.9）mol=1.1mol，则c（D）=c（C）==0.45mol/L，c（A）==0.05mol/L，c（B）==0.55mol/L，化学平衡常数===7.36，故A 正确；B．恒温条件下，缩小容器体积，增大压强，反应速率增大，但平衡不移动，则平衡时C含量不变，则可以使反应的过程按图Ⅰ中a曲线进行，故B正确；C．反应在第4秒钟达到化学平衡状态，0～4秒内，以v（C）==0.225 mol•L﹣1•s﹣1，同一反应中同一时间段内各物质的反应速率之比等于其计量数之比，所以0～4秒内，以A表示的化学反应速率是：0.225 mol•L﹣1•s﹣1，故C正确；D．加入催化剂，能同等程度的增大正逆反应速率，但平衡不移动，活化能降低，但焓变不变，故D错误；故选D．点评：本题考查化学平衡有关计算，为高频考点，侧重考查学生发生计算能力，难点是平衡常数的计算，易错选项是D，注意焓变与反应路径无关，为易错点．7．硫酸亚铁是一种重要的化工原料，可以制备一系列物质（如图所示）．下列说法错误的是（）A．碱式硫酸铁水解能产生Fe（OH）3胶体，可用作净水剂B．为防止NH4HCO3分解，生产FeCO3需在较低温度下进行C．可用KSCN溶液检验（NH4）2Fe（SO4）2是否被氧化D．常温下，（NH4）2Fe（SO4）2在水中的溶解度比FeSO4的大考点：铁盐和亚铁盐的相互转变．专题：元素及其化合物．分析：A．根据Fe3+能发生水解生成Fe（OH）3胶体，Fe（OH）3胶体具有吸附性，可用作净水剂；B．根据NH4HCO3不稳定，受热易分解；C．KSCN溶液遇Fe2+溶液无现象，遇Fe3+溶液变红；D．根据溶解度大的沉淀可以转化为溶解度小的沉淀．解答：解：A．碱式硫酸铁电离产生Fe3+，Fe3+，能发生水解生成Fe（OH）3胶体，Fe（OH）3胶体具有吸附性，可用作净水剂，故A正确；B．NH4HCO3不稳定，受热易分解，所以为防止NH4HCO3分解，生产FeCO3需在较低温度下进行，故B正确；C．KSCN溶液遇Fe2+溶液无现象，（NH4）2Fe（SO4）2若被氧化则生成Fe3+，KSCN溶液遇Fe3+溶液变红，故C正确；D．（NH4）2Fe（SO4）2在水中的溶解度比FeSO4的小，所以FeSO4才能与（NH4）2SO4反应生成（NH4）2Fe（SO4）2，故D错误；故选D．点评：本题以硫酸亚铁为原料进行物质的制备，主要考查了物质的性质与反应原理，难度不大．二、非选择题8．某铵态氮肥由W、X、Y、Z 4种短周期元素组成，其中W的原子半径最小．Ⅰ．若Y、Z同主族，ZY2是形成酸雨的主要物质之一．（1）将X、Y、Z的元素符号填在如图1所示元素周期表（局部）中的相应位置上．（2）X与W元素可组成多种化合物，如：XW5、XW3和X2W4等，用元素符号或化学式回答下列问题：①写出X2W4的结构式：；②写出XW5的电子式：；③一定条件下，1mol XW3气体与O2完全反应生成X元素的单质和液态水，放出382.8kJ热量．该反应的热化学方程式为4NH3（g）+3O2（g）═2N2（g）+6H2O（l）△H=﹣1531.2 kJ•mol﹣1 ．Ⅱ．若Z是形成化合物种类最多的元素．（4）该氮肥的名称是碳酸铵或碳酸氢铵（填一种）．（5）HR是含Z元素的一元酸．室温时，用0.250mol•L﹣1NaOH溶液滴定25.0mL HR 溶液时，溶液的pH变化情况如图2所示．其中，a点表示两种物质恰好完全反应．①图2中x ＞7 （填“＞”“＜”或“=”）．此时溶液中离子浓度的关系正确的是 c a．c（Na+）=c（R﹣）b．c（Na+）＞c（R﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）c．c（R﹣）+c（OH﹣）﹣c（H+）=0.11mol•L﹣1②室温时，HR的电离常数Ka= 5.0×10﹣6（填数值）．考点：位置结构性质的相互关系应用；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．分析：某铵态氮肥由W、X、Y、Z等4种短周期元素组成，该铵盐中一定含有N、H元素，且W的原子半径最小，则W为H元素．Ⅰ．若Y、Z同主族，ZY2是形成酸雨的主要物质之一，则ZY2为SO2，Y为O、Z为S元素，故X为N元素：（1）X、Y、Z分别为N、O、S元素，分别处于第二周期ⅤA族、第二周期ⅥA族、第三周期ⅥA族；（2）①N2H4分子中N原子之间形成1对共用电子对，N原子与H原子之间形成1对共用电子对；②NH5为NH4H，由铵根离子与氢负离子构成；③发生反应：4NH3+3O2═2N2+6H2O，计算4mol氨气反应放出的热量，注明物质聚集状态与反应热，书写热化学方程式；Ⅱ．若Z是形成化合物种类最多的元素，则Z为C元素：（4）该氮肥为碳酸铵或碳酸氢铵；（5）a点时两种物质恰好完全反应，则c（HR）==0.2 mol/L，而HR 溶液的pH=3，则HR为弱酸，NaR为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，结合电荷守恒可知：c（R﹣）+c（OH﹣）﹣c（H+）=c（Na+）；②0.2 mol/L HR溶液中c（H+）=1.0×10﹣3mol/L，溶液中c（R﹣）≈c（H+），c（HR）≈0.2mol/L，代入电离常数K a=计算．解答：解：某铵态氮肥由W、X、Y、Z等4种短周期元素组成，该铵盐中一定含有N、H元素，且W的原子半径最小，则W为H元素．Ⅰ．若Y、Z同主族，ZY2是形成酸雨的主要物质之一，则ZY2为SO2，Y为O、Z为S元素，故X为N元素；（1）X、Y、Z分别为N、O、S元素，分别处于第二周期ⅤA族、第二周期ⅥA族、第三周期ⅥA族，在周期表位置为，故答案为：；（2）①N2H4分子中N原子之间形成1对共用电子对，N原子与H原子之间形成1对共用电子对，结构式为：，故答案为：；②NH5为NH4H，由铵根离子与氢负离子构成，电子式为，故答案为：；③发生反应：4NH3+3O2═2N2+6H2O，4mol氨气反应放出的热量为382.8kJ×4=1531.2kJ，反应热化学方程式为：4NH3（g）+3O2（g）═2N2（g）+6H2O（l）△H=﹣1531.2 kJ•mol﹣1 ，故答案为：4NH3（g）+3O2（g）═2N2（g）+6H2O（l）△H=﹣1531.2 kJ•mol﹣1 ；Ⅱ．若Z是形成化合物种类最多的元素，则Z为C元素：（4）该氮肥为碳酸铵或碳酸氢铵，故答案为：碳酸铵或碳酸氢铵；（5）a点时两种物质恰好完全反应，则c（HR）==0.2 mol/L，而HR 溶液的pH=3，则HR为弱酸，NaR为强碱弱酸盐，R﹣离子水解，溶液呈碱性，则pH＞7，则c （Na+）＞c（R﹣），水解程度微溶，溶液中离子浓度为：c（Na+）＞c（R﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），结合电荷守恒可知：c（R﹣）+c（OH﹣）﹣c（H+）=c（Na+）=≈0.11mol•L ﹣1，故ab错误、c正确，故答案为：＞；c；②0.2 mol/L HR溶液中c（H+）=1.0×10﹣3mol/L，溶液中c（R﹣）≈c（H+）=1.0×10﹣3mol/L，c（HR）≈0.2mol/L，电离常数K a===5.0×10﹣6，故答案为：5.0×10﹣6．点评：本题属于拼合型题目，涉及元素推断、电子式、结构式、热化学方程式、盐类水解、电离平衡常数等，试题知识点较多、综合性较强，侧重考查考生对基本概念和基本原理的理解和应用能力，难度中等．9．湿法炼锌的冶炼过程可用如图简略表示：请回答下列问题：（1）已知：N2H4（l）═N2（g）+2H2（g）△H=a kJ•mol﹣1，该反应不能自发进行，则a ＞0（填“＞”、“＜”或“=”）．（2）ZnS焙烧的反应2ZnS+3O22SO2+2ZnO所涉及的物质中，发生氧化反应的物质是ZnS ；已知ZnO属于两性氧化物，写出ZnO与NaOH溶液反应的化学方程式：2NaOH+ZnO=Na2ZnO2+H2O ．（3）电解过程中析出锌的电极反应式为[Zn（NH3）4]2++2e﹣=Zn+4NH3↑．（4）产生的SO2可用Ba（NO3）2溶液吸收，部分产物可作为工业原料，其反应的离子方程式为3SO2+2H2O+2NO3﹣+3Ba2+=3BaSO4↓+2NO↑+4H+．（5）锌﹣空气电池与锂电池相比，具有储存电量高、成本低、没有安全隐患等优点．该电池的总反应为2Zn+O2═2ZnO，电解质溶液为KOH溶液，则负极的电极反应式为Zn+2OH﹣﹣2e﹣=ZnO+H2O ．25℃时，以该电池为电源，用两个等质量的铜棒作电极电解500mL 0.1mol/L CuSO4溶液，一段时间后切断电源，对电极干燥并称量，测得两电极的质量差为9.6g，则至少需要 4.2 L空气（折算成标准状况）进入该电池．（6）已知一个电子的电量是1.602×10﹣19C，用上述电池电解饱和食盐水，当电路中通过1.929×105C的电量时，生成NaOH 80 g．考点：制备实验方案的设计；原电池和电解池的工作原理；金属冶炼的一般原理．分析：锌精矿焙烧得到二氧化硫和ZnO，将ZnO加入NH3﹣NH4Cl溶液中，发生反应得到[Zn （NH3）4]Cl2，电解[Zn（NH3）4]Cl2溶液得到Zn，（1）吸热的熵减的反应在任何条件下都不能自发进行；（2）ZnS焙烧的反应2ZnS+3O22SO2+2ZnO所涉及的物质中，S元素化合价由﹣2价变为+4价、O元素化合价由0价变为﹣2价，失电子的物质发生氧化反应；ZnO属于两性氧化物，ZnO与NaOH溶液反应生成偏锌酸钠和水；（3）电解过程中析出锌的电极上[Zn（NH3）4]2+得电子发生还原反应；（4）产生的SO2可用Ba（NO3）2溶液吸收，二氧化硫具有还原性，能被氧化生成硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡沉淀；（5）锌﹣空气电池与锂电池相比，具有储存电量高、成本低、没有安全隐患等优点．该电池的总反应为2Zn+O2═2ZnO，电解质溶液为KOH溶液，负极上Zn失电子和氢氧根离子反应生成ZnO和水；根据转移电子相等计算消耗空气体积；（6）已知一个电子的电量是1.602×10﹣19C，用上述电池电解饱和食盐水，当电路中通过1.929×105C的电量时，转移电子个数==1.204×1024，则转移电子物质的量为2mol，根据转移电子和NaOH之间的关系式计算氢氧化钠质量．解答：解：锌精矿焙烧得到二氧化硫和ZnO，将ZnO加入NH3﹣NH4Cl溶液中，发生反应得到[Zn（NH3）4]Cl2，电解[Zn（NH3）4]Cl2溶液得到Zn，（1）N2H4（l）═N2（g）+2H2（g）△H=a kJ•mol﹣1，该反应不能自发进行，说明△G=△H﹣T△S ＞0，该反应是熵增的反应，则△S＞0，则a＞0，故答案为：＞；（2）ZnS焙烧的反应2ZnS+3O22SO2+2ZnO所涉及的物质中，S元素化合价由﹣2价变为+4价、O元素化合价由0价变为﹣2价，失电子的物质发生氧化反应，则发生氧化反应的物质是ZnS；ZnO属于两性氧化物，ZnO与NaOH溶液反应生成偏锌酸钠和水，反应方程式为2NaOH+ZnO=Na2ZnO2+H2O，故答案为：ZnS；2NaOH+ZnO=Na2ZnO2+H2O；（3）电解过程中析出锌的电极上[Zn（NH3）4]2+得电子发生还原反应，电极反应式为[Zn（NH3）4]2++2e﹣=Zn+4NH3↑，故答案为：[Zn（NH3）4]2++2e﹣=Zn+4NH3↑；（4）产生的SO2可用Ba（NO3）2溶液吸收，二氧化硫具有还原性，能被氧化生成硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡沉淀，离子反应方程式为3SO2+2H2O+2NO3﹣+3Ba2+=3BaSO4↓+2NO↑+4H+，故答案为：3SO2+2H2O+2NO3﹣+3Ba2+=3BaSO4↓+2NO↑+4H+；（5）锌﹣空气电池与锂电池相比，具有储存电量高、成本低、没有安全隐患等优点．该电池的总反应为2Zn+O2═2Zn O，电解质溶液为KOH溶液，负极上Zn失电子和氢氧根离子反应生成ZnO和水，电极反应式为Zn+2OH﹣﹣2e﹣=ZnO+H2O；以该电池为电源，用两个等质量的铜棒作电极电解500mL 0.1mol/L CuSO4溶液，阳极上是Cu﹣2e﹣=Cu2+，阴极上是Cu2++2e﹣=Cu，对电极干燥并称量，测得两电极的质量差为9.6g，则减少的铜和生成的铜各是4.8g即0.075mol，转移电子是0.15mol，根据反应2Zn+O2═2ZnO，当转移电子是4mol时，消耗氧气是1moL，所以转移电子是0.15mol时，消耗氧气是0.0375moL，氧气体积是空气提及的五分之一，所以消耗空气的体积是0.0375moL×5×22.4L/mol=4.2L；故答案为：Zn+2OH﹣﹣2e﹣=ZnO+H2O；4.2；（6）已知一个电子的电量是1.602×10﹣19C，用上述电池电解饱和食盐水，当电路中通过1.929×105C的电量时，转移电子个数==1.204×1024，则转移电子物质的量为2mol，转移电子和NaOH之间的关系式为2e﹣﹣﹣﹣2NaOH，当转移2mol电子时生成2molNaOH，则m（NaOH）=2mol×40g/mol=80g，故答案为：80．点评：本题以物质制备为载体考查电解原理、氧化还原反应等知识点，为高频考点，明确物质性质及各个电极上发生的反应是解本题关键，注意利用转移电子守恒进行相关计算，易错点是（4）题，二氧化硫和硝酸钡溶液反应发生氧化还原反应生成硫酸钡而不是生成亚硫酸钡，题目难度中等．10．甲学生对Cl2与FeCl2和KSCN混合溶液的反应进行实验探究．操作现象通入氯气至过量I．A中溶液变红II．稍后，溶液由红色变为黄色（1）B中反应的离子方程式是Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O ．（2）A中溶液变红的原因是Fe2+被Cl2氧化生成Fe3+，Fe3+与SCN﹣反应生成红色的硫氰化钾，所以溶液变红．（3）为了探究现象II的原因，甲同学进行如下实验．①取A中黄色溶液于试管中，加入NaOH溶液，有红褐色沉淀生成，则溶液中一定存在Fe3+．②取A中黄色溶液于试管中，加入过量的KSCN溶液，最终得到红色溶液．甲同学的实验证明产生现象II的原因是SCN﹣与Cl2发生了反应．（4）甲同学猜想SCN﹣可能被Cl2氧化了，他又进行了如下研究．资料显示：SCN﹣的电子式为．①甲同学认为SCN﹣中碳元素没有被氧化，理由是SCN﹣中的碳元素是最高价态+4价．②取A中黄色溶液于试管中，加入用盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，由此证明SCN ﹣中被氧化的元素是硫元素．③通过实验证明了SCN﹣中氮元素转化为NO3﹣，他的实验方案是取足量铜粉于试管中，加入A中黄色溶液和一定量的稀盐酸，加热，观察到试管上方有红棕色气体生成，证明A中存在，SCN﹣中氮元素被氧化成．④若SCN﹣与Cl2反应生成1mol CO2，则转移电子的物质的量是16 mol．考点：氯、溴、碘的性质实验；氯气的实验室制法．分析：（1）B装置是用来吸收氯气尾气的，根据元素守恒和电荷守恒可以写出离子方程式；（2）Fe2+被Cl2氧化生成Fe3+，Fe3+与SCN﹣反应生成红色的硫氰化铁溶液，呈红色，据此答题；（3）①A中黄色溶液于试管中，加入NaOH溶液，有红褐色沉淀生成，应当是氢氧化铁固体，所以原溶液中应当有Fe3+，据此答题；。

2015年江西省南昌市十所省重点中学命制高考化学模拟试卷（九）一、选择题：本题共7小题，每小题6分，在每小题给出的4个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．（6分）（2015•南昌校级模拟）读下列药品标签，有关分析不正确的是（）2．（6分）（2015•南昌校级模拟）组成和结构可用表示的有机物中，能发生消去反应的共有（） 3．（6分）（2015•南昌校级模拟）下列实验操作及现象能够达到对应实验目的是（）4．（6分）（2015•南昌校级模拟）对反应14CuSO4+5FeS2+12H2O═7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4的下列说法正确的是（）mol5．（6分）（2015•南昌校级模拟）下列叙述或表示正确的是（）6．（6分）（2015•南昌校级模拟）下列离子方程式正确的是（）+7．（6分）（2015•南昌校级模拟）甲、乙、丙、丁是原子序数依次增大的四种短周期元素，A、B、C、D、E是由其中的两种或三种元素组成的化合物，F是由丙元素形成的单质．已知：A+B=D+F，A+C=E+F；0.1mol•L﹣1D溶液的pH为13（25℃）．下列说法正确的是（）三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22题～第32题为必考题，每个小题考生都必须作答．第33题～第40题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（11题，共129分）8．（15分）（2015•南昌校级模拟）利用废铝箔（主要成分为Al、少量的Fe、Si等）既可制取有机合成催化剂AlBr3又可制取净水剂硫酸铝晶体．I．实验室制取无色的无水AlBr3（熔点：97.5℃，沸点：263.3～265℃）可用如图1所示装置，主要实验步骤如下：步骤l．将铝箔剪碎，用CCl4浸泡片刻，干燥，然后投入到烧瓶6中．步骤2．从导管口7导入氮气，同时打开导管口l和4放空，一段时间后关闭导管口7和1；导管口4接装有五氧化二磷的干燥管．步骤3．从滴液漏斗滴入一定量的液溴于烧瓶6中，并保证烧瓶6中铝过剩．步骤4．加热烧瓶6，回流一定时间．步骤5．将氮气的流动方向改为从导管口4到导管口l．将装有五氧化二磷的干燥管与导管口1连接，将烧瓶6加热至270℃左右，使溴化铝蒸馏进入收集器2．步骤6．蒸馏完毕时，在继续通入氮气的情况下，将收集器2从3处拆下，并立即封闭3处．（1）步骤l中，铝箔用CCl4浸泡的目的是．（2）步骤2操作中，通氮气的目的是．（3）步骤3中，该实验要保证烧瓶中铝箔过剩，其目的是．（4）铝与液溴反应的化学方程式为．（5）步骤4依据何种现象判断可以停止回流操作．（6）步骤5需打开导管口l和4，并从4通入N2的目的是．Ⅱ．某课外小组的同学拟用废铝箔制取硫酸铝晶体，已知铝的物种类别与溶液pH关系如图2所示，实验中可选用的试剂：处理过的铝箔；2.0mol•L﹣1NaOH溶液：2.0mol•L﹣1硫酸（7）由铝箔制备硫酸铝晶体的实验步骤依次为：①称取一定质量的铝箔于烧杯中，分次加入2.0mol•L﹣1NaOH溶液，加热至不再产生气泡为止．②过滤③；④过滤、洗涤⑤；⑥；⑦冷却结晶；⑧过滤、洗涤、干燥．9．（14分）（2015•南昌校级模拟）锌是一种常用金属，冶炼方法有火法和湿法．I．镓（Ga）是火法冶炼锌过程中的副产品，镓与铝同主族且相邻，化学性质与铝相似．氮化镓（GaN）是制造LED的重要材料，被誉为第三代半导体材料．（1）Ga的原子结构示意图为．（2）GaN可由Ga和NH3在高温条件下合成，该反应的化学方程式为．（3）下列有关镓和镓的化合物的说法正确的是（填字母序号）．A．一定条件下，Ga可溶于盐酸和氢氧化钠B．常温下，Ga可与水剧烈反应放出氢气C．Ga2O3可由Ga（OH）3受热分解得到D．一定条件下，Ga2O3可与NaOH反应生成盐II．工业上利用锌焙砂（主要含Zn0、ZnFe2O4，还含有少量CaO、FeO、CuO、NiO等氧化物）湿法制取金属锌的流程如图所示，回答下列问题：已知：Fe的活泼性强于Ni（4）ZnFe2O4可以写成ZnO•Fe2O3，写出ZnFe2O4与H2SO4反应的化学方程式．（5）净化I操作分为两步：第一步是将溶液中少量的Fe2+氧化；第二步是控制溶液pH，只使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀．净化I生成的沉淀中还含有溶液中的悬浮杂质，溶液中的悬浮杂质被共同沉淀的原因是．（6）净化II中加入Zn的目的是．（7）常温下，净化I中，如果要使c（Fe3+）＜10﹣5 mol/L，则应控制溶液pH的范围为．已知：K sp=8.0×10﹣38；lg5=0.7．10．（14分）（2015•南昌校级模拟）中国环境监测总站数据显示，颗粒物（PM2.5等）为连续雾霾过程影响空气质量最显著的污染物，其主要来源为燃煤、机动车尾气等．因此，对PM2.5、SO2、NOx等进行研究具有重要意义．请回答下列问题：（1）将PM2.5样本用蒸馏水处理制成待测试样．若测得该试样所含水溶性无机离子的化学组分及其平均浓度如下表：根据表中数据计算PM2.5待测试样的pH=．（2）NO x是汽车尾气的主要污染物之一．汽车发动机工作时会引发N2和O2反应，其能量变化示意图如图一：①N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）△H=．②当尾气中空气不足时，NO x在催化转化器中被还原成N2排出．写出NO被CO还原的化学方程式．③汽车汽油不完全燃烧时还产生CO，有人设想按下列反应除去CO：2CO（g）=2C（s）+O2（g），已知该反应的△H＞0，该设想能否实现？．你的依据是．（3）碘循环工艺不仅能吸收SO2降低环境污染，同时又能制得氢气，具体流程如图二：①用离子方程式表示反应器中发生的反应．②用化学平衡移动的原理分析，在HI分解反应中使用膜反应器分离出H2的目的是．③用吸收H2后的稀土储氢合金作为电池负极材料（用MH）表示），NiO（OH）作为电池正极材料，KOH溶液作为电解质溶液，可制得高容量、长寿命的镍氢电池．电池充放电时的总反应为：Ni（OH）2+M NiO（OH）+MH，电池放电时，负极电极反应式为；充电完成时，全部转化为NiO（OH），若继续充电，将在一个电极产生O2，O2扩散到另一个电极发生电极反应被消耗，从而避免产生的气体引起电池爆炸，此时，阴极电极反应式为．三．选考题：共45分．请考生从给出的3道物理题、3道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑．注意所做题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡区域指定位置大题．如果多做，则每学科按所做的第一题计分．化学-选修2：化学与技术11．（15分）（2015•南昌校级模拟）（1）天然水中含有细菌，其主要成分是蛋白质，写出两种家庭中能杀灭水中细菌的简单方法、．（2）现有一杯具有永久硬度的水，其中主要含有MgCl2、CaCl2．利用下列试剂中的一部分或全部，设计软化该水的实验方案．试剂：①Ca（OH）2溶液②NaOH溶液③饱和Na2CO3溶液④肥皂水实验方案：（填写下表）（3）利用海水得到淡水的方法有蒸馏法、电渗析法等．电渗析法是近年来发展起来的一种较好的海水淡化技术，其原理如图所示．a接电源的极，I口排出的是（填“淡水”或“海水”）．（4）在（3）中某口排出的浓海水中溴元素的质量分数为a%，现用氯气将其中的溴离子氧化为溴单质，则处理1000t该浓海水需标准状况下的氯气的体积为m3．四、解答题（共1小题，满分15分）化学-选修3：物质结构与性质12．（15分）（2015•南昌校级模拟）X、Y、Z、W、R、Q为前30号元素，且原子序数依次增大．X 是所有元素中原子半径最小的，Y有三个能级，且每个能级上的电子数相等，Z原子单电子数在同周期元素中最多，W与Z同周期，第一电离能比Z的低，R与Y同一主族，Q的最外层只有一个电子，其他电子层电子均处于饱和状态．请回答下列问题：（1）Q+核外电子排布式为．（2）化合物X2W2中W的杂化方式为，ZW2﹣离子的立体构型是．（3）Y、R的最高价氧化物的沸点较高的是（填化学式），原因是．（4）将Q单质的粉末加入到ZX3的浓溶液中，并通入W2，充分反应后溶液呈深蓝色，该反应的离子方程式为．（5）Y有多种同素异形体，其中一种同素异形体的晶胞结构如图，该晶体一个晶胞的Y原子数为，Y原子的配位数为，若晶胞的边长为a pm，晶体的密度为ρg/cm3，则阿伏加德罗常数的数值为（用含a和ρ的代数式表示）．五、解答题（共1小题，满分15分）化学-选修5：有机化学基础13．（15分）（2015•南昌校级模拟）醋硝香豆素是一种治疗心脑血管疾病的药物，能阻碍血栓扩展，其结构简式为：醋硝香豆素可以通过以下方法合成（部分反应条件省略）．已知：+H2O回答以下问题：（1）反应①的反应类型是．（2）从A到B引入的官能团名称是．（3）反应②的化学方程式为．（4）反应③的化学方程式为．（5）关于E物质，下列说法正确的是（填字母序号）．a．在核磁共振氢谱中有四组吸收峰b．可以用酸性高锰酸钾溶液鉴别D和Ec．可以发生加成反应、聚合反应、氧化反应和还原反应d．存在顺反异构（6）写出G的结构简式．（7）分子结构中只含有一个环，且同时符合下列条件的G的同分异构体共有种．①可与氯化铁溶液发生显色反应；②可与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳气体．其中，苯环上的一氯代物只有两种的同分异构体的结构简式为．2015年江西省南昌市十所省重点中学命制高考化学模拟试卷（九）参考答案与试题解析一、选择题：本题共7小题，每小题6分，在每小题给出的4个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．（6分）（2015•南昌校级模拟）读下列药品标签，有关分析不正确的是（）来计算；==18.4mol/L2．（6分）（2015•南昌校级模拟）组成和结构可用表示的有机物中，能发生消去反应的共有（）3．（6分）（2015•南昌校级模拟）下列实验操作及现象能够达到对应实验目的是（）4．（6分）（2015•南昌校级模拟）对反应14CuSO4+5FeS2+12H2O═7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4的下列说法正确的是（）mol5．（6分）（2015•南昌校级模拟）下列叙述或表示正确的是（），6．（6分）（2015•南昌校级模拟）下列离子方程式正确的是（）+O7．（6分）（2015•南昌校级模拟）甲、乙、丙、丁是原子序数依次增大的四种短周期元素，A、B、C、D、E是由其中的两种或三种元素组成的化合物，F是由丙元素形成的单质．已知：A+B=D+F，A+C=E+F；0.1mol•L﹣1D溶液的pH为13（25℃）．下列说法正确的是（）三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22题～第32题为必考题，每个小题考生都必须作答．第33题～第40题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（11题，共129分）8．（15分）（2015•南昌校级模拟）利用废铝箔（主要成分为Al、少量的Fe、Si等）既可制取有机合成催化剂AlBr3又可制取净水剂硫酸铝晶体．I．实验室制取无色的无水AlBr3（熔点：97.5℃，沸点：263.3～265℃）可用如图1所示装置，主要实验步骤如下：步骤l．将铝箔剪碎，用CCl4浸泡片刻，干燥，然后投入到烧瓶6中．步骤2．从导管口7导入氮气，同时打开导管口l和4放空，一段时间后关闭导管口7和1；导管口4接装有五氧化二磷的干燥管．步骤3．从滴液漏斗滴入一定量的液溴于烧瓶6中，并保证烧瓶6中铝过剩．步骤4．加热烧瓶6，回流一定时间．步骤5．将氮气的流动方向改为从导管口4到导管口l．将装有五氧化二磷的干燥管与导管口1连接，将烧瓶6加热至270℃左右，使溴化铝蒸馏进入收集器2．步骤6．蒸馏完毕时，在继续通入氮气的情况下，将收集器2从3处拆下，并立即封闭3处．（1）步骤l中，铝箔用CCl4浸泡的目的是除去铝箔表面的油脂等有机物．（2）步骤2操作中，通氮气的目的是排出装置中含有水蒸气的空气．（3）步骤3中，该实验要保证烧瓶中铝箔过剩，其目的是保证溴完全反应，防止溴过量混入溴化铝中．（4）铝与液溴反应的化学方程式为2Al+3Br2=2AlBr3．（5）步骤4依据何种现象判断可以停止回流操作当5的管中回流液呈无色或烧瓶6中物质呈无色．。

江西省南昌市2015届高考化学零模试卷一、选择题（每题3分，共48分）1．（3分）化学与人类生活、环境保护及社会可持续发展密切相关，下列有关叙述正确的是（）A．大量开发利用深海可燃冰，有助于海洋生态环境的治理B．汽车尾气中含有大量大气污染物，其原因是汽油不完全燃烧造成的C．煤炭燃烧过程安装固硫装置，目的是提高煤的利用率D．P M2.5表面积大，能吸附大量的有毒有害物质，对人的肺功能造成很大危害2．（3分）下列有关各实验的叙述中正确的是（）A．可用于SO2气体的干燥，收集并吸收多余SO2气体，防止SO2逸出污染空气并防止倒吸B．当X选用苯时可进行NH3和HCl的吸收，并防止倒吸C．进行H2，NH3，CO2，Cl，HCl，NO2等气体收集，但不能用于NO气体收集D．利用氯仿（CHCl3）密度大于乙醇，进行氯仿与乙醇混合物的分离3．（3分）若X+酸⇌盐+水，则X不可能属于（）A．氧化物B．单质C．碱D．电解质4．（3分）合成氨厂用氨气和空气的混合气体通过灼热铂﹣铑合金网发生氨氧化反应，若有标准状况下A L氨气完全反应．并转移电子数X个，则阿伏加德罗常数（N A）可表示为（）A．mol﹣1B．mol﹣1C．mol﹣1D．mol﹣15．（3分）设N A为阿伏伽德罗常数的值．下列说法正确的是（）A．1L1mol•L﹣1的NaClO溶液中含有ClO﹣的数目为N AB．标准状况下，2.24L CHCl3的分子数为0.1N AC．1L0.1mol•L﹣1的氨水中有0.1N A个N原子D．标准状况下，0.1mol Cl2溶于水，转移的电子数目为0.1N A6．（3分）下列离子方程式中，正确的是（）A．F e3O4溶于足量稀HNO3：Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2OB．硅酸钠溶液与醋酸溶液混合：SiO32﹣+2H+=H2SiO3↓C．A lCl3溶液中加入过量的氨水：Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2OD．向NaHCO3溶液中加入过量Ca（OH）2溶液：HCO3﹣+Ca2++OH﹣=CaCO3↓+H2O7．（3分）下列反应中，反应后固体质量一定减少的是（）A．铝与V2O5发生铝热反应B．镁粉投入到FeCl3溶液中C．碳粉与CuO混合物在试管中加热D．水蒸气通入足量Na2O2粉末8．（3分）常温下，下列溶液的离子浓度关系正确的是（）A．p H=4的H2C2O4溶液中，c（H+）=c（HC2O4﹣）=10﹣4mol/LB．p H=x的CH3COOH溶液100mL，稀释10倍后pH=y，x﹣y＞1C．p H=2的NaHC2O4溶液与pH=12的NaOH溶液以任意比混合，混合液中：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HC2O4﹣）+2c（C2O42﹣）D．p H相同的①CH3COONa、②Na2CO3 、③NaClO三种溶液中c（Na+）：①＞②＞③9．（3分）某恒定温度下，在一个2L的密闭容器中充入A气体，B气体，测得其浓度为2mol/L 和1mol/L；且发生如下反应：3A（g）+2B（g）⇌4C（？）+2D（？），已知“？”代表C、D 状态未确定：反应一段时间后达到平衡，测得生成1.6molC，且反应前后压强比为5：4，则下列说法中正确的是（）①该反应的化学平衡表达式为：K=②此时B的转化率为35%③增大该体系压强，平衡向右移动，但化学平衡常数不变．④增加C的量，A、B转化率不变．A．①②B．②③C．①④D．③④10．（3分）普通水泥在固化过程中自由水分子减少，并产生Ca（OH）2，溶液呈碱性．根据这一特点，科学家发明了电动势（E）法则水泥初凝时间，此法原理如图所示．反应总方程式为：2Cu+Ag2O═Cu2O+2Ag．下列有关说法不正确的是（）A．工业上制备水泥的原料有黏土、石灰石、石膏B．测量原理装置图中Ag2O/Ag极发生还原反应C．负极的电极反应式为2Cu+H2O﹣2e﹣=Cu2O+2H+D．在水泥固化过程中，由于自由水分子的减少，溶液中各离子浓度的变化导致电动势变化11．（3分）新型纳米材料MFe2O x（3＜x＜4）中M表示+2价的金属元素，在反应中M化合价不发生变化．常温下，MFe2O x能使工业废气中的（SO2）转化为S，流程如下：MFe2O x MFe2O y下列判断正确的是（）A．S O2是该反应的催化剂B．M Fe2O x是还原剂C．X＜Y D．S O2发生了置换反应12．（3分）下列有关叙述不正确的是（）①在100℃，101KPa条件下，液态水气化热为40.69KJ•mol﹣1．则H2O（g）=H2O（l）H=+40.69KJ•mol﹣1②已知25℃时，MgCO3的Ksp=6.82×10﹣6，则在该温度下，含有固体MgCO3的溶液中，无论c（Mg2+）与c（CO32﹣）是否相等，总有c（Mg2+）•c（CO32﹣）=6.82×10﹣6③已知：共价键C﹣﹣C C=C C﹣﹣H H一H键能（KJ•mol﹣1）348 610 413 436则反应（g）+3H2（g）→（g）△H=﹣384KJ•mol﹣1④常温下，在0.10mol•L﹣1的NH3•H2O溶液中加入少量NH4Cl晶体，则NH3•H2O电离被抑制，溶液pH减少．A．①②B．③④C．②④D．①③13．（3分）下表为几种短周期元素的性质元素符号①②③④⑤⑥⑦⑧原子半径10﹣1nm 0.74 1.60 1.52 1.10 0.99 1.86 0.75 0.82最高或最低化合价﹣2 +2 +1 +5﹣3 +7﹣1 +1 +5﹣3 +3对上述元素有关说法正确的是（）A．元素④的原子序数小于元素⑦的原子序数B．②、③处于同一周期C．上述八种元素中．最高价氧化物对应水化合物酸性最强的元素是⑤D．⑧号元素原子结构示意图为：14．（3分）A是一种常见的单质．B．C为常见的化合物．A．B．C均含有元素X．它们有如图所示转化关系（部分产物及反应条件已略去）下列有关推断正确的是（）a．X元素为Al；b．反应①和反应②互为可逆反应；c．A可能是S或Cl2；d．反应①和反应②一定是氧化还原反应．A．a和b B．c和d C．a、b、c、d D．b、c、d15．（3分）将一定质量的镁铜合金加入到100mL某浓度HNO3中，两者恰好反应，假设反应的还原产物只有NO气体．反应后向所得溶液中加入物质的量浓度为3mol/L的NaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀质量比原合金质量增加5.1g；则下列有关叙述中不正确的是（）A．开始加入合金的总物质的量为0.15molB．生成NO气体体积在标准状况下为2.24LC．生成沉淀完全时消耗NaOH溶液体积为100mLD．原硝酸物质的量浓度为1mol/L16．（3分）化工生产中常用MnS做沉淀剂除去工业废水中的Cu2+：Cu2+（aq）+MnS（s）═CuS （s）+Mn2+（aq）下列有关叙述中正确的是（）①MnS的K sp大于CuS的K sp②达到平衡时c（Mn2+）=c（Cu2+）③溶液中加入少量Na2S固体后，溶液中c（Cu2+）、c（Mn2+）保持不变④该反应平衡常数K=．A．①④B．②③C．①②③D．②③④二、非选择题17．（6分）A、B、C、D、E为原子序数依次递增的5种短周期元素，已知：①A、B、C同周期，C、E同主族②A原子最外层电子数是次外层电子数的2倍③C与氢元素能组成10电子的X﹣离子，D单质是生活中常见的一种金属请回答下列问题：（1）AC2分子的结构式为；（2）写出X﹣的电子式：（3）D的某种化合物可用于净水，其净水原理是（用离子方程式表示）：（4）将EC2气体通入BaCl2与B的最高价氧化物的稀溶液的混合液中，其反应的离子方程式为：．18．（13分）过氧化氢是重要的氧化剂，也可作还原剂，它的水溶液称为双氧水，常用作消毒、杀菌、漂白等．某化学兴趣小组取一定量的过氧化氢溶液，准确测定了过氧化氢的含量，并探究了过氧化氢的性质．Ⅰ．测定市售过氧化氢溶液中H2O2的质量分数（1）量取10.00mL密度为ρg/mL市售过氧化氢溶液，应选用滴定管是（填“酸式滴定管”或“碱式滴定管”）；（2）将上述溶液配制成250.00mL，配制过程中需用到的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒、（填名称）；（3）取25.00mL（2）中溶液于锥形瓶中，用稀H2SO4酸化，并加适量蒸馏水稀释，用高锰酸钾标准液滴定．①完成反应的离子方程式：MnO4﹣+H2O2+H+→Mn2++ H2O+；②重复滴定三次，平均消耗Cmol/L KMnO4标准液VmL，则原过氧化氢溶液中H2O2质量分数为；（4）下列操作会导致测定结果偏高的是；A．滴定前滴定管尖嘴中有气泡，滴定后气泡消失B．将H2O2溶液配制成250.00mL溶液时，定容俯视刻度线C．判断终点时，滴入一滴KMnO4溶液，溶液呈红色，向红色溶液再滴一滴H2O2溶液仍呈红色Ⅱ．探究H2O2性质（1）上述测定原理，H2O2体现性；（2）若要验证H2O2不稳定性，操作是．19．（8分）某无色溶液中可能含有H+，NH4+，Mg2+，Fe3+，Al3+，SO42﹣，HCO3﹣等离子，当向溶液中加入一定浓度NaOH溶液，生成沉淀物质的量随加入NaOH溶液体积关系如图所示．请回答下列问题：（1）ab段生成沉淀的化学方程式：；（2）cd段沉淀减少的反应方程式：；（3）简述bc段沉淀物质的量不变的原因：；（4）原溶液中一定含有的离子的物质的量之比为．20．（10分）CO2是引起“温室效应”的主要物质，节能减排，高效利用化石能源，控制CO2排放，探索CO的循环利用是保护环境，促进经济科持续发展的重要举措．（1）在一定温度下，向2L固定容积的密闭容器中通入2mol CO2，3mol H2，发生反应为：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H=﹣490KI/mol测得CO2（g）和CH3OH（g）的浓度随时间变化如图1所示．①能说明该反应已达到平衡状态的是A．CO2（g）体积分数在混合气体中保持不变B．单位时间内有1.2mol H﹣H断裂，同时有0.8mol O﹣H键生成C．混合气体的密度不随时间变化D．当体系中c（H2O）：c（CH3OH）=l：l，且保持不变②下列措施能使增大的是A．升高温度B．恒温恒容充入Hc（g）C．使H2O（g）变成H2O（l）D．恒温恒容下，再充入2mol CO2，3mol H2③计算该温度下此反应的平衡常数K=；若使K=1应采取的措施是A．增大压强B．恒压加入一定量H2C．恒容通入CO2D．降低温度E．升高温度（2）如图2所示：用某甲醇燃料电池作电源电解饱和食盐水．①写出电极N发生的反应式：②若食盐水体积为300Ml，电解过程溶液体积变化忽略不计，常温下测得PH=13时，理论上消耗甲醇质量为g．21．（6分）某研究性学习小组将Na2SO3固体隔绝空气加强热至600℃以上，冷却后，经称量，固体物质保持原质量，取少量加热后固体溶于水，固体完全溶解，所得溶液使红色石蕊试纸变蓝．（1）甲同学根据实验提供信息分析，认为加强热后固体仍为Na2SO3，你认为甲同学分析的依据是：；（2）乙同学用实验室常用试剂盒仪器用实验方法推翻了甲同学的分析结论．①写出Na2SO3加强热发生反应的化学方程式：；②简述乙同学的实验设计：．22．（9分）二水氯化钡晶体在工业上主要用于制造各种钡盐、颜料和有机染料，其工业制备流程如下：回答下列问题．（1）调节pH后，得到二水氯化钡晶体的“操作1”是、过滤．（2）酸化过程中加入31%的工业盐酸过快，有时会析出硫磺，请写出生成硫磺的离子反应方程式：．（3）脱硫过程中分为两步，第一步是物理脱硫，第二步是化学脱硫．①物理脱硫是直接用蒸汽升温，并用空气“爆气法”出去的物质是．②化学脱硫法是向其中加入氧化剂，下列物质最适合做脱硫氧化剂的是．A．高锰酸钾B．氯气C．重铬酸钾D．次氯酸钾（4）大部分工业生产都用80﹣85℃时的石灰氮料浆（CaCN2的浆水混合物）吸收硫化氢，充分利用H2S制得更有价值的产品﹣﹣硫脲（CS（NH2）2）和氢氧化钙．请写出制备硫脲的化学方程式：．江西省南昌市2015届高考化学零模试卷参考答案与试题解析一、选择题（每题3分，共48分）1．（3分）化学与人类生活、环境保护及社会可持续发展密切相关，下列有关叙述正确的是（）A．大量开发利用深海可燃冰，有助于海洋生态环境的治理B．汽车尾气中含有大量大气污染物，其原因是汽油不完全燃烧造成的C．煤炭燃烧过程安装固硫装置，目的是提高煤的利用率D．P M2.5表面积大，能吸附大量的有毒有害物质，对人的肺功能造成很大危害考点：二氧化硫的污染及治理．分析：A、过分开发可燃冰，会影响海洋生态环境；B、汽油的主要成分是含碳原子5～11个的烃，烃为碳氢化合物，高温富氧环境造成氮的氧化物，与汽油不完全燃烧无关；C、安装煤炭燃烧过程的“固硫”装置，是为了减少硫的化合物的排放；D、根据PM2.5表面积大，具有较强的吸附能力，能吸附大量的有毒、有害物质来回答．解答：解：A、过分开发可燃冰，会影响海洋生态环境，故A错误；B、机动车在行驶中烃类不完全燃烧，产生一氧化碳甚至冒黑烟，汽车尾气排放的氮氧化物是在汽车发动机气缸内高温富氧环境下氮气和氧气的反应，不是汽油不完全燃烧造成的，故B 错误；C、安装煤炭燃烧过程的“固硫“装置，可以减少二氧化硫的排放，主要是为了减少污染，故C 错误；D、PM2.5表面积大，具有较强的吸附能力，能吸附大量的有毒、有害物质，主要危害人体呼吸系统，对人的肺功能造成很大危害，故D正确；故选D．点评：本题涉及二氧化硫的污染和防治知识，注意化学和生产、生活的联系是解决问题的关键，难度中等．2．（3分）下列有关各实验的叙述中正确的是（）A．可用于SO2气体的干燥，收集并吸收多余SO2气体，防止SO2逸出污染空气并防止倒吸B．当X选用苯时可进行NH3和HCl的吸收，并防止倒吸C．进行H2，NH3，CO2，Cl，HCl，NO2等气体收集，但不能用于NO气体收集D．利用氯仿（CHCl3）密度大于乙醇，进行氯仿与乙醇混合物的分离考点：化学实验方案的评价．分析：A．SO2的密度比空气密度大，且与碱石灰反应；B．苯的密度比水小，不能隔绝气体与水；C．与氧气反应的气体不能使用排空气法收集，a进气收集密度比空气小的气体，b进气收集密度比空气大的气体；D．氯仿与乙醇混合物不分层．解答：解：A．SO2的密度比空气密度大，且与碱石灰反应，则收集及除杂不合理，故A错误；B．苯的密度比水小，不能隔绝气体与水，则X为苯时不能防止倒吸，应选四氯化碳，故B错误；C．与氧气反应的气体不能使用排空气法收集，a进气收集密度比空气小的气体，b进气收集密度比空气大的气体，则装置可进行H2，NH3，CO2，Cl，HCl，NO2等气体收集，但不能用于NO气体收集，故C正确；D．氯仿与乙醇混合物不分层，不能利用与中分液装置分离，故D错误；故选C．点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及混合物分离提纯、气体的收集及防倒吸装置等，把握物质的性质及反应原理为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．3．（3分）若X+酸⇌盐+水，则X不可能属于（）A．氧化物B．单质C．碱D．电解质考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；电解质与非电解质．分析：碱性氧化物、碱都能与酸反应生成盐和水，金属单质和酸反应生成盐和氢气或含氮气体，在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，可以是碱、碱性氧化物等．解答：解：A、碱性氧化物和酸反应生成盐和水，所以A可能是氧化物，故A不选；B、金属单质和酸反应可能生成盐和氢气，也可能生成含氮物质，如铁和过量硝酸反应生成盐、水和一氧化氮，所以A不可能是单质，故B选；C、碱和酸发生中和反应生成盐和水，所以A可能是碱，故C不选；D、碱及金属氧化物都属于电解质，能和酸反应生成盐和水，所以A可能是电解质，故D不选；故选B点评：本题根据反应类型确定反应物，明确物质的性质是解本题关键，知道哪些物质能和酸反应生成盐和水，易错选项是C，注意金属和硝酸反应的生成物特点，为易错点4．（3分）合成氨厂用氨气和空气的混合气体通过灼热铂﹣铑合金网发生氨氧化反应，若有标准状况下A L氨气完全反应．并转移电子数X个，则阿伏加德罗常数（N A）可表示为（）A．mol﹣1B．mol﹣1C．mol﹣1D．mol﹣1考点：化学方程式的有关计算．分析：发生反应：4NH3+5O24NO+6H2O，反应中N元素化合价由﹣3价升高为+2价，根据n=计算氨气物质的量，结合N元素化合价变化表示出电子数目，进而计算阿伏伽德罗常数．解答：解：发生反应：4NH3+5O24NO+6H2O，反应中N元素化合价由﹣3价升高为+2价，有标准状况下A L氨气完全反应，则转移电子数目为：××N A=X，解得N A=mol﹣1，故选D．点评：本题考查阿伏伽德罗常数计算、氧化还原反应计算，关键是理解氧化还原反应中转移电子的计算，难度不大．5．（3分）设N A为阿伏伽德罗常数的值．下列说法正确的是（）A．1L1mol•L﹣1的NaClO溶液中含有ClO﹣的数目为N AB．标准状况下，2.24L CHCl3的分子数为0.1N AC．1L0.1mol•L﹣1的氨水中有0.1N A个N原子D．标准状况下，0.1mol Cl2溶于水，转移的电子数目为0.1N A考点：阿伏加德罗常数．分析：A．次氯酸根离子部分水解，溶液中次氯酸根离子数目减少；B．标准状况下，三氯甲烷的状态不是气体；C．根据氨水中氮原子守恒分析；D．氯气与水的反应中，只有部分氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸．解答：解：A．1L 1mol•L﹣1的NaClO溶液中含有溶质次氯酸钠1mol，由于部分次氯酸根离子水解，则溶液中次氯酸根离子的物质的量小于1mol，含有ClO﹣的数目小于N A，故A错误；B．标况下，三氯甲烷不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算2.24L三氯甲烷的物质的量，故B错误；C．1L0.1mol•L﹣1的氨水中含有溶质0.1mol，0.1mol一水合氨中含有0.1mol氮原子，N原子数目在溶液中不会变化，所以溶液中含有0.1N A个N原子，故C正确；D．氯气与水的反应中，只有部分氯气与水反应，则0.1mol氯气溶于水，转移的电子小于0.1mol，转移的电子数目小于0.1N A，故D错误；故选C．点评：本题考查阿伏加德罗常数的综合应用，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确标况下气体摩尔体积的使用条件，D为易错点，注意氯气与水的反应情况．6．（3分）下列离子方程式中，正确的是（）A．F e3O4溶于足量稀HNO3：Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2OB．硅酸钠溶液与醋酸溶液混合：SiO32﹣+2H+=H2SiO3↓C．A lCl3溶液中加入过量的氨水：Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2OD．向NaHCO3溶液中加入过量Ca（OH）2溶液：HCO3﹣+Ca2++OH﹣=CaCO3↓+H2O考点：离子方程式的书写．分析：A．不符合反应的客观事实，四氧化三铁与硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水；B．醋酸为弱电解质，应保留化学式，硅酸难溶于水，写化学式；C．不符合反应的客观事实，氨水为弱碱，与氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵；D．氢氧化钙过量，反应生成碳酸钙和氢氧化钠和水．解答：解：A．Fe3O4溶于足量稀HNO3发生氧化还原反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，离子方程式：3Fe3O4+NO3﹣+28H+=9Fe3++14H2O+NO，故A错误；B．硅酸钠溶液与醋酸溶液混合，离子方程式：SiO32﹣+2CH3COOH=H2SiO3↓+2CH3COO﹣，故B错误；C．AlCl3溶液中加入过量的氨水反应生成氢氧化铝和氯化铵，离子方程式：Al3++3NH3•H2O=Al （OH）3↓+3NH4+，故C错误；D．向NaHCO3溶液中加入过量Ca（OH）2溶液，反应生成碳酸钙和氢氧化钠和水，离子方程式：HCO3﹣+Ca2++OH﹣=CaCO3↓+H2O，故D正确；故选：D．点评：本题考查了离子方程式的书写，题目难度不大，注意反应物用量对反应的影响，选项CD为易错选项．7．（3分）下列反应中，反应后固体质量一定减少的是（）A．铝与V2O5发生铝热反应B．镁粉投入到FeCl3溶液中C．碳粉与CuO混合物在试管中加热D．水蒸气通入足量Na2O2粉末考点：有关混合物反应的计算．分析：A．铝与V2O5发生铝热反应，反应前后都是固体，固体质量不变；B．如果镁粉过量，则反应生成铁，根据关系式3Mg～2Fe判断；C．碳与氧化铜反应生成一氧化碳气体和铜，反应后固体质量一定减少；D．水蒸气与过氧化钠反应生成氢氧化钠和氧气，过氧化钠转化成氢氧化钠，固体质量一定增加．解答：解：A．Al与V2O5反应生成Al2O3和V，反应前固体为V2O5、Al，反应后固体为氧化铝、V，均为固体，固体质量不变，故A错误；B．镁粉投入到FeCl3溶液中，如果镁足量，根据关系式3Mg～2Fe，固体质量变化为：72→112，反应后固体质量增加，故B错误；C．碳粉与CuO混合物在试管中加热，反应物都是固体，反应后生成了CO气体，则固体质量一定减少，故C正确；D．水蒸气通入足量Na2O2粉末，反应前固体为氢氧化钠，反应后固体为氢氧化钠，反应后的固体中增加了H元素，故D错误；故选C．点评：本题考查了混合物反应的计算和判断，题目难度中等，明确常见物质的性质及发生反应原理为解答关键，A为易错点，注意反应物、生成物都是固体，反应前后固体质量不变．8．（3分）常温下，下列溶液的离子浓度关系正确的是（）A．p H=4的H2C2O4溶液中，c（H+）=c（HC2O4﹣）=10﹣4mol/LB．p H=x的CH3COOH溶液100mL，稀释10倍后pH=y，x﹣y＞1C．p H=2的NaHC2O4溶液与pH=12的NaOH溶液以任意比混合，混合液中：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HC2O4﹣）+2c（C2O42﹣）D．p H相同的①CH3COONa、②Na2CO3 、③NaClO三种溶液中c（Na+）：①＞②＞③考点：离子浓度大小的比较．分析：A．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根电荷守恒判断；B．乙酸是弱电解质，加水稀释促进弱电解质电离；C．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；D．弱酸根离子水解程度越大，pH相同的钠盐溶液浓度越小．解答：解：A．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（H+）=c（HC2O4﹣）+c（OH﹣）+2c（C2O42﹣），故A错误；B．乙酸是弱电解质，加水稀释促进弱电解质电离，所以醋酸溶液稀释10倍后，氢离子浓度大于原来的，所以pH=x的CH3COOH溶液100mL，稀释10倍后pH=y，x﹣y＞﹣1，故B错误；C．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正确；D．弱酸根离子水解程度越大，pH相同的钠盐溶液浓度越小，酸根离子水解程度CO32﹣＞ClO﹣＞CH3COO ﹣，所以pH相同的①CH3COONa、②Na2CO3 、③NaClO三种溶液中c（Na+）：①＞③＞②，故D错误．故选C．点评：本题考查离子浓度大小比较，为2015届高考高频点，明确溶液中溶质及其性质是解本题关键，知道弱电解质电离特点，注意结合电荷守恒、物料守恒分析，易错选项是D．9．（3分）某恒定温度下，在一个2L的密闭容器中充入A气体，B气体，测得其浓度为2mol/L 和1mol/L；且发生如下反应：3A（g）+2B（g）⇌4C（？）+2D（？），已知“？”代表C、D 状态未确定：反应一段时间后达到平衡，测得生成1.6molC，且反应前后压强比为5：4，则下列说法中正确的是（）①该反应的化学平衡表达式为：K=②此时B的转化率为35%③增大该体系压强，平衡向右移动，但化学平衡常数不变．④增加C的量，A、B转化率不变．A．①②B．②③C．①④D．③④考点：化学平衡的计算．分析：反应一段时间后达到平衡，测得反应前后压强比为5：4，故反应后气体体积减小，故C、D至少一种不为气体；在一个2L的密闭容器中充入A气体，B气体，测得其浓度为2mol/L 和1mol/L；则A气体，B气体的物质的量分别为2mol/L×2L=4mol，1mol/L×2L=2mol，则反应前气体总的物质的量为4mol+2mol=6mol；测得反应前后压强比为5：4，故平衡时气体总的物质的量为6mol×=4.8mol；生成1.6molC，则生成D的物质的量为1.6×=0.8mol，反应的B的物质的量为1.6×=0.8mol，反应A的物质的量为1.6×=1.2mol，则平衡时，A、B、C、D 的物质的量分别为4mol﹣1.2mol=2.8mol、2mol﹣0.8mol=1.2mol、1.6mol、0.8mol，平衡时气体总的物质的量为6mol×=4.8mol，故D为气体，C不为气体，依此进行解答．①C不为气体，故C不能出现在平衡常数的表达式中；②反应的B的物质的量为0.8mol，依此计算B的平衡转化率%；③反应后气体体积减小，故增大该体系压强，平衡向右移动；平衡常数与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变；④C不为气体，故增加C的量，平衡不移动．解答：解：反应一段时间后达到平衡，测得反应前后压强比为5：4，故反应后气体体积减小，故C、D至少一种不为气体；在一个2L的密闭容器中充入A气体，B气体，测得其浓度为2mol/L和1mol/L；则A气体，B气体的物质的量分别为2mol/L×2L=4mol，1mol/L×2L=2mol，则反应前气体总的物质的量为4mol+2mol=6mol；测得反应前后压强比为5：4，故平衡时气体总的物质的量为6mol×=4.8mol；生成1.6molC，则生成D的物质的量为1.6×=0.8mol，反应的B的物质的量为1.6×=0.8mol，反应A的物质的量为1.6×=1.2mol，则平衡时，A、B、C、D的物质的量分别为4mol﹣1.2mol=2.8mol、2mol﹣0.8mol=1.2mol、1.6mol、0.8mol，平衡时气体总的物质的量为6mol×=4.8mol，故D为气体，C不为气体．①C不为气体，故C不能出现在平衡常数的表达式中，故①错误；②反应的B的物质的量为0.8mol，故B的平衡转化率为×100%=40%，故②错误；③反应后气体体积减小，故增大该体系压强，平衡向右移动；平衡常数与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变，故③正确；④C不为气体，故增加C的量，平衡不移动，故A、B转化率不变，故④正确；故说法中正确的是③④，故选D．点评：本题考查化学平衡的相关计算，难度中等．判断出C不为气体是解题的根据．10．（3分）普通水泥在固化过程中自由水分子减少，并产生Ca（OH）2，溶液呈碱性．根据这一特点，科学家发明了电动势（E）法则水泥初凝时间，此法原理如图所示．反应总方程式为：2Cu+Ag2O═Cu2O+2Ag．下列有关说法不正确的是（）A．工业上制备水泥的原料有黏土、石灰石、石膏B．测量原理装置图中Ag2O/Ag极发生还原反应C．负极的电极反应式为2Cu+H2O﹣2e﹣=Cu2O+2H+D．在水泥固化过程中，由于自由水分子的减少，溶液中各离子浓度的变化导致电动势变化考点：原电池和电解池的工作原理．分析：A．根据工业上制备普通水泥的主要原料是黏土和石灰石判断；B．由2Cu+Ag2O═Cu2O+2Ag反应可知，Ag2O/Ag极作为正极发生还原反应；C．原电池中负极上失电子发生氧化反应，电解质溶液是碱，所以电极产物不可能生成氢离子；D．水泥固化过程中，自由水分子减少，导致溶液中离子浓度改变而引起电动势改变解答：解：A．工业上制备普通水泥的主要原料是含有石灰石和硅酸盐的粘土，在高温下可反应生成水泥，主要成分为：2CaO•SiO2，3CaO•SiO2，3CaO•Al2O3，故A正确；B．由2Cu+Ag2O═Cu2O+2Ag反应可知，铜作为负极发生氧化反应，而Ag2O/Ag极作为正极发生还原反应，故B正确；C．根据电池反应式2Cu+Ag2O=Cu2O+2Ag知，铜失电子作负极，结合溶液中的氢氧根离子，而不是结合水，负极上发生的电极反应式为：2Cu+2OH﹣﹣2e﹣=Cu2O+H2O，故C错误；D．水泥固化过程中，自由水分子减少，溶剂的量减少导致溶液中各离子浓度的变化，从而引起电动势变化，故D正确；故选C．点评：本题考查了原电池原理，注意利用电池反应式中元素的化合价变化判断原电池的正负极及反应类型，明确工作原理，题目难度不大．11．（3分）新型纳米材料MFe2O x（3＜x＜4）中M表示+2价的金属元素，在反应中M化合价不发生变化．常温下，MFe2O x能使工业废气中的（SO2）转化为S，流程如下：MFe2O x MFe2O y下列判断正确的是（）A．S O2是该反应的催化剂B．M Fe2O x是还原剂C．X＜Y D．S O2发生了置换反应考点：氧化还原反应．分析：在反应中，SO2转化为S，S元素化合价降低，说明SO2在反应中为氧化剂，则MFe2O x 为还原剂，反应后Fe元素的化合价升高，根据Fe元素常见化合价为+2、+3价判断x、y大小关系．解答：解：A．SO2在反应中转化为S为氧化剂，不是催化剂，故A错误；B．SO2转化为S，S元素化合价降低，说明SO2在反应中为氧化剂，则MFe2O x为还原剂，故B正确；C．MFe2O x为还原剂生成MFe2O y，反应后Fe元素的化合价升高，根据化合价代数和，则有（2y﹣2）＞（2x﹣2），即y＞x，故C正确；D．化合物与化合物反应生成单质和化合物，不属于置换反应，SO2转化为S，发生氧化还原反应，故D错误．故选BC．点评：本题主要考查学生根据题目所给的信息和所学的化学知识进行解题的能力，解答时注意根据化合价的变化和化合物化合价代数和为0分析解答问题，要细心分析，题目难度不大．12．（3分）下列有关叙述不正确的是（）。

2015年江西省南昌二中高考化学模拟最后一卷一、选择题：本大题共7小题，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．下列说法正确的是（）A．温室效应是当今世界面临的环境问题，使温室效应增强的气体只有二氧化碳B．直馏汽油、裂化汽油、植物油、甘油均能与溴发生加成反应而使溴的四氯化碳溶液褪色C． PX（对二甲苯）是制造聚酯纤维的原料，它是一种难溶于水密度比水大的剧毒物质D．晶体硅可用于制作太阳能电池板，二氧化硅可用于制作光导纤维2．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A． 1.0 mol/L的CH3COOH溶液：K+、Fe3+、NO3﹣、Cl﹣B．l.0 mol•L﹣1 NaClO溶液：Fe2+、K+、I﹣、Cl﹣C．甲基橙显黄色的溶液：Na+、CO32﹣、NO3﹣、SO32﹣D．在c（OH﹣）/c（H+）=1×1013的溶液：NH4+、Ca2+、C1﹣、K+3．一定条件下，发生反应：①M（s）+N（g）⇌R（g）△H=﹣Q1kJ•mol﹣1，②2R （g）+N（g）⇌2T （g）△H=﹣Q2kJ•mol﹣1． Q1、Q2、Q3均为正值．下列说法正确的是（）A． 1 mol R（g）的能量总和大于1 mol M（s）与1 mol N（g）的能量总和B．将2 mol R （g）与1 mol N（g）在该条件下充分反应，放出热量Q2 kJC．当1 mol M（s）与N（g）完全转化为T （g）时（假定无热量损失），放出热量Q1+kJD． M（g）+N（g）⇌R（g）△H=﹣Q3kJ•mol﹣1，则Q3＜Q14．有机物X的蒸气相对氢气的密度为51，X中氧元素的质量分数为31.7%，则能在碱溶液中发生反应的X的同分异构体有（不考虑立体异构）（）A． 15种B． 13种C． 11种D． 9种5．T℃时，CaCO3和CaF2的Ksp分别为1.0×10﹣10和4.0×10﹣12．下列说法正确的是（）A．T℃时，两饱和溶液中c（Ca2+）：CaCO3＞CaF2B．T℃时，两饱和溶液等体积混合，会析出CaF2固体C．T℃时，CaF2固体在稀盐酸中的Ksp比在纯水中的Ksp大D．T℃时，向CaCO3悬浊液中加NaF固体，可能析出CaF2固体6．将1mol A（g）和2mol B（g）置于2L某密闭容器中，在一定温度下发生反应：A（g）+B（g）⇌C（g）+D（g），并达到平衡．C的体积分数随时间变化如图Ⅰ中曲线b所示，反应过程中的能量变化如图Ⅱ所示，下列说法不正确的是（）A．该温度下，反应的平衡常数数值约为7.36B．恒温条件下，缩小反应容器体积可以使反应的过程按图Ⅰ中a曲线进行C．反应在第4秒钟达到化学平衡状态，0～4秒内，以A表示的化学反应速率是：0.225 m ol•L﹣1•s﹣1D．在上述反应体系中加入催化剂，化学反应速率增大，E1和E2均减小7．硫酸亚铁是一种重要的化工原料，可以制备一系列物质（如图所示）．下列说法错误的是（）A．碱式硫酸铁水解能产生Fe（OH）3胶体，可用作净水剂B．为防止NH4HCO3分解，生产FeCO3需在较低温度下进行C．可用KSCN溶液检验（NH4）2Fe（SO4）2是否被氧化D．常温下，（NH4）2Fe（SO4）2在水中的溶解度比FeSO4的大二、非选择题8．某铵态氮肥由W、X、Y、Z 4种短周期元素组成，其中W的原子半径最小．Ⅰ．若Y、Z同主族，ZY2是形成酸雨的主要物质之一．（1）将X、Y、Z的元素符号填在如图1所示元素周期表（局部）中的相应位置上．（2）X与W元素可组成多种化合物，如：XW5、XW3和X2W4等，用元素符号或化学式回答下列问题：①写出X2W4的结构式：；②写出XW5的电子式：；③一定条件下，1mol XW3气体与O2完全反应生成X元素的单质和液态水，放出382.8kJ热量．该反应的热化学方程式为．Ⅱ．若Z是形成化合物种类最多的元素．（4）该氮肥的名称是（填一种）．（5）HR是含Z元素的一元酸．室温时，用0.250mol•L﹣1NaOH溶液滴定25.0mL HR 溶液时，溶液的pH变化情况如图2所示．其中，a点表示两种物质恰好完全反应．①图2中x 7 （填“＞”“＜”或“=”）．此时溶液中离子浓度的关系正确的是a．c（Na+）=c（R﹣）b．c（Na+）＞c（R﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）c．c（R﹣）+c（OH﹣）﹣c（H+）=0.11mol•L﹣1②室温时，HR的电离常数Ka= （填数值）．9．湿法炼锌的冶炼过程可用如图简略表示：请回答下列问题：（1）已知：N2H4（l）═N2（g）+2H2（g）△H=a kJ•mol﹣1，该反应不能自发进行，则a 0（填“＞”、“＜”或“=”）．（2）ZnS焙烧的反应2ZnS+3O22SO2+2ZnO所涉及的物质中，发生氧化反应的物质是；已知ZnO属于两性氧化物，写出ZnO与NaOH溶液反应的化学方程式：．（3）电解过程中析出锌的电极反应式为．（4）产生的SO2可用Ba（NO3）2溶液吸收，部分产物可作为工业原料，其反应的离子方程式为．（5）锌﹣空气电池与锂电池相比，具有储存电量高、成本低、没有安全隐患等优点．该电池的总反应为2Zn+O2═2ZnO，电解质溶液为KOH溶液，则负极的电极反应式为．25℃时，以该电池为电源，用两个等质量的铜棒作电极电解500mL 0.1mol/L CuSO4溶液，一段时间后切断电源，对电极干燥并称量，测得两电极的质量差为9.6g，则至少需要L空气（折算成标准状况）进入该电池．（6）已知一个电子的电量是1.602×10﹣19C，用上述电池电解饱和食盐水，当电路中通过1.929×105C的电量时，生成NaOH g．10．甲学生对Cl2与FeCl2和KSCN混合溶液的反应进行实验探究．操作现象通入氯气至过量I．A中溶液变红II．稍后，溶液由红色变为黄色（1）B中反应的离子方程式是．（2）A中溶液变红的原因是．（3）为了探究现象II的原因，甲同学进行如下实验．①取A中黄色溶液于试管中，加入NaOH溶液，有红褐色沉淀生成，则溶液中一定存在．②取A中黄色溶液于试管中，加入过量的KSCN溶液，最终得到红色溶液．甲同学的实验证明产生现象II的原因是SCN﹣与Cl2发生了反应．（4）甲同学猜想SCN﹣可能被Cl2氧化了，他又进行了如下研究．资料显示：SCN﹣的电子式为．①甲同学认为SCN﹣中碳元素没有被氧化，理由是．②取A中黄色溶液于试管中，加入用盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，由此证明SCN ﹣中被氧化的元素是．③通过实验证明了SCN﹣中氮元素转化为NO3﹣，他的实验方案是．④若SCN﹣与Cl2反应生成1mol CO2，则转移电子的物质的量是mol．三、[化学---选修5：有机化学基础]（15分）11．以有机物A为原料合成重要精细化工中间体TMBA（）和抗癫痫药物H（）的路线如图（部分反应略去条件和试剂）：已知：I．RONa+R′X→ROR′+NaX；II．RCHO+R′CH2CHO +H2O（R、R′表示烃基或氢）（1）A的名称是；C能发生银镜反应，则C分子中含氧官能团的名称是．（2）①和②的反应类型分别是、．（3）E的结构简式是，试剂a的分子式是．（4）C→D的化学方程式是．（5）D的同分异构体有多种，其中属于芳香族酯类化合物的共有种．（6）F与新制Cu（OH）2悬浊液发生反应的化学方程式是．（7）已知酰胺键（）有类似酯基水解的性质，写出抗癫痫病药物H与足量NaOH 溶液发生反应的化学方程式．2015年江西省南昌二中高考化学模拟最后一卷参考答案与试题解析一、选择题：本大题共7小题，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．下列说法正确的是（）A．温室效应是当今世界面临的环境问题，使温室效应增强的气体只有二氧化碳B．直馏汽油、裂化汽油、植物油、甘油均能与溴发生加成反应而使溴的四氯化碳溶液褪色C． PX（对二甲苯）是制造聚酯纤维的原料，它是一种难溶于水密度比水大的剧毒物质D．晶体硅可用于制作太阳能电池板，二氧化硅可用于制作光导纤维考点：常见的生活环境的污染及治理；硅和二氧化硅；石油的分馏产品和用途．专题：化学应用．分析：A．导致温室相应的气体出二氧化碳外还有氯氟烃、甲烷、低空臭氧、和氮氧化物气体等；B．使溴水褪色的有机物常含有不饱和键；C．对二甲苯密度比水小；D．根据硅、二氧化硅的性质和用途判断．解答：解：A．导致温室相应的气体出二氧化碳外还有氯氟烃、甲烷、低空臭氧、和氮氧化物气体等，由于二氧化碳的含量较大，为导致温室效应的主要气体，但不仅仅有二氧化碳，故A错误；B．直流汽油、甘油不能使溴水褪色，故B错误；C．烃的密度都比水小，故C错误；D．硅常用于半导体材料，可用于制作太阳能电池板，二氧化硅具有较好的折光性，可用于制作光导纤维，故D正确．故选D．点评：本题考查较为综合，涉及环境污染、有机物的结构和性质以及硅、二氧化硅的用途等知识，为高频考点，侧重于化学与环境、生产的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学习的积极性，难度中等．2．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A． 1.0 mol/L的CH3COOH溶液：K+、Fe3+、NO3﹣、Cl﹣B．l.0 mol•L﹣1 NaClO溶液：Fe2+、K+、I﹣、Cl﹣C．甲基橙显黄色的溶液：Na+、CO32﹣、NO3﹣、SO32﹣D．在c（OH﹣）/c（H+）=1×1013的溶液：NH4+、Ca2+、C1﹣、K+考点：离子共存问题．分析：A．酸性条件下，离子之间不发生任何反应；B．ClO﹣具有强氧化性；C．甲基橙显黄色的溶液，可能呈酸性、中性、碱性；D．c（OH﹣）/c（H+）=1×1013的溶液呈碱性．解答：解：A．醋酸溶液呈碱性，酸性条件下，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故A正确；B．ClO﹣具有强氧化性，具有还原性的Fe2+、I﹣不能大量共存，故B错误；C．甲基橙的变色范围为3.1﹣4.4，显黄色的溶液，可能呈酸性、中性、碱性，酸性条件下，NO3﹣、SO32﹣发生氧化还原反应，且CO32﹣不能大量存在于酸性条件下，故C错误；D．c（OH﹣）/c（H+）=1×1013的溶液呈碱性，碱性条件下NH4+不能大量共存，故D错误．故选A．点评：本题考查离子共存问题，为高频考点，题目难度中等，本题注意把握相关题给信息，为解答该类题目的关键，学习中注重相关基础知识的积累．3．一定条件下，发生反应：①M（s）+N（g）⇌R（g）△H=﹣Q1kJ•mol﹣1，②2R （g）+N（g）⇌2T （g）△H=﹣Q2kJ•mol﹣1． Q1、Q2、Q3均为正值．下列说法正确的是（）A． 1 mol R（g）的能量总和大于1 mol M（s）与1 mol N（g）的能量总和B．将2 mol R （g）与1 mol N（g）在该条件下充分反应，放出热量Q2 kJC．当1 mol M（s）与N（g）完全转化为T （g）时（假定无热量损失），放出热量Q1+kJD． M（g）+N（g）⇌R（g）△H=﹣Q3 kJ•mol﹣1，则Q3＜Q1考点：反应热和焓变．分析：A、反应焓变为负值，反应是放热反应，反应物能量高于生成物；B、反应是可逆反应不能进行彻底；C、依据热化学方程式和盖斯定律计算分析判断；D、固体变化为气体吸收能量，反应是放热反应焓变为负值．解答：解：A、反应焓变为负值，反应是放热反应，反应物能量高于生成物，1mol R（g）的能量总和小于1mol M（s）与1mol N（g）的能量总和，故A错误；B、反应是可逆反应不能进行彻底，将2mol R（g）与1mol N（g）在该条件下充分反应，放出热量＜Q2 kJ，故B错误；C、依据热化学方程式和盖斯定律计算分析判断，①+得到，M（s）+N（g）⇌T（g）△H=﹣（Q1+）kJ/mol，则C正确；D、固体变化为气体吸收能量，反应是放热反应焓变为负值，M（g）+N（g）⇌R（g）△H=﹣Q3kJ•mol﹣1，则Q3＞Q1，故D错误；故选C．点评：本题考查了化学反应能量变化，盖斯定律计算应用，注意焓变为负值是放热反应，题目难度中等．4．有机物X的蒸气相对氢气的密度为51，X中氧元素的质量分数为31.7%，则能在碱溶液中发生反应的X的同分异构体有（不考虑立体异构）（）A． 15种B． 13种C． 11种D． 9种考点：有机化合物的异构现象．分析：有机物A的蒸气对氢气同温同压下相对密度为51，则A的相对分子质量为51×2=102，含氧的质量分数为31.7%，则分子中N（O）==2，分子中碳、氢元素的原子量之和为102﹣16×2=70，利用余商法=5…0，所以分子式为C5H10O2，可能是酸、也可能是酯从而判断同分异构体．解答：解：分子式为C5H10O2的有机物在碱性溶液中发生反应，可能是酸，属于饱和一元酸，其同分异构体等于丁基的种类，共有4种，分子式为C5H10O2的有机物在碱性溶液中发生反应，可能是酯，属于饱和一元酯，若为甲酸和丁醇酯化，丁醇有4种，可形成4种酯；若为乙酸和丙醇酯化，丙醇有2种，可形成2种酯；若为丙酸和乙醇酯化，丙酸有1种，可形成1种酯；若为丁酸和甲醇酯化，丁酸有2种，可形成2种酯；所以能在碱性溶液中发生反应的C5H10O2的同分异构体有4种羧酸，9种酯，共13种；故选B．点评：本题考查有机物分子式的确定、同分异构体书写、官能团的性质等，计算确定有机物的分子式、确定酯的种类是解题的关键，注意掌握官能团的性质．5．T℃时，CaCO3和CaF2的Ksp分别为1.0×10﹣10和4.0×10﹣12．下列说法正确的是（）A．T℃时，两饱和溶液中c（Ca2+）：CaCO3＞CaF2B．T℃时，两饱和溶液等体积混合，会析出CaF2固体C．T℃时，CaF2固体在稀盐酸中的Ksp比在纯水中的Ksp大D．T℃时，向CaCO3悬浊液中加NaF固体，可能析出CaF2固体考点：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：A、依据K sp结合沉淀溶解平衡计算钙离子浓度减小；B、依据钙离子浓度和碳酸根离子浓度计算浓度商和碳酸钙K sp减小；C、K sp随温度变化，不随浓度变化；D、沉淀的条件是溶液中离子的浓度商大于K sp，会发生沉淀．解答：解：A、T℃时，饱和CaCO3溶液中c（Ca2+）=c（CO32﹣）=mol/L，饱和CaF2溶液c（Ca2+）•c（F﹣）2=4.0×10﹣12，c（Ca2+）=mol/L；所以饱和CaCO3溶液和饱和CaF2溶液相比，后者的c（Ca2+）大于前者，故A错误；B、等体积混合后的c（Ca2+）会较饱和CaCO3溶液中的c（Ca2+）大许多倍，c（Ca2+）=mol/L+（mol/L）；c（CO32﹣）只减少到原来的一半为mol/L，此时溶液中的c（Ca2+）×c（CO32﹣）=（mol/L+mol/L）×mol/L ＞K sp（CaCO3）=1.0×10﹣10，所以会析出CaCO3固体，故B错误；C、T℃时，CaCO3固体盐酸中的K sp与在纯水中的K sp相同，因沉淀的K sp随温度变化，不随浓度改变，故C错误；D、T℃时，在CaCO3悬浊液中加入NaF固体，当c（Ca2+）•c（F﹣）2≥K sp（CaF2）时，CaCO3能转化为CaF2，故D正确；故选：D．点评：本题考查了沉淀溶解平衡的应用，平衡的移动和沉淀生成的条件分析，溶度积常数的计算应用是解题关键，题目难度中等．6．将1mol A（g）和2mol B（g）置于2L某密闭容器中，在一定温度下发生反应：A（g）+B（g）⇌C（g）+D（g），并达到平衡．C的体积分数随时间变化如图Ⅰ中曲线b所示，反应过程中的能量变化如图Ⅱ所示，下列说法不正确的是（）A．该温度下，反应的平衡常数数值约为7.36B．恒温条件下，缩小反应容器体积可以使反应的过程按图Ⅰ中a曲线进行C．反应在第4秒钟达到化学平衡状态，0～4秒内，以A表示的化学反应速率是：0.225 mol•L﹣1•s﹣1D．在上述反应体系中加入催化剂，化学反应速率增大，E1和E2均减小考点：化学平衡的计算．分析：根据图II知，生成物总能量小于反应物总能量，则该反应的正反应是放热反应；A．根据方程式知，该反应前后气体计量数之和不变，所以反应达到平衡时混合气体物质的量不变为3mol，C的体积分数为0.3，则n（C）=3mol×3=0.9mol，n（D）=n（C）=0.9mol，n（A）=（1﹣0.9）mol=0.1mol，n（B）=（2﹣0.9）mol=1.1mol，则c（D）=c（C）==0.45mol/L，c（A）==0.05mol/L，c（B）==0.55mol/L，化学平衡常数=；B．恒温条件下，缩小容器体积，增大压强，反应速率增大，但平衡不移动，则平衡时C含量不变；C．反应在第4秒钟达到化学平衡状态，0～4秒内，以v（C）==0.225 mol•L﹣1•s﹣1，同一反应中同一时间段内各物质的反应速率之比等于其计量数之比；D．加入催化剂，能同等程度的增大正逆反应速率，但平衡不移动，活化能降低．解答：解：根据图II知，生成物总能量小于反应物总能量，则该反应的正反应是放热反应；A．根据方程式知，该反应前后气体计量数之和不变，所以反应达到平衡时混合气体物质的量不变为3mol，C的体积分数为0.3，则n（C）=3mol×3=0.9mol，n（D）=n（C）=0.9mol，n（A）=（1﹣0.9）mol=0.1mol，n（B）=（2﹣0.9）mol=1.1mol，则c（D）=c（C）==0.45mol/L，c（A）==0.05mol/L，c（B）==0.55mol/L，化学平衡常数===7.36，故A 正确；B．恒温条件下，缩小容器体积，增大压强，反应速率增大，但平衡不移动，则平衡时C含量不变，则可以使反应的过程按图Ⅰ中a曲线进行，故B正确；C．反应在第4秒钟达到化学平衡状态，0～4秒内，以v（C）==0.225 mol•L﹣1•s﹣1，同一反应中同一时间段内各物质的反应速率之比等于其计量数之比，所以0～4秒内，以A表示的化学反应速率是：0.225 mol•L﹣1•s﹣1，故C正确；D．加入催化剂，能同等程度的增大正逆反应速率，但平衡不移动，活化能降低，但焓变不变，故D错误；故选D．点评：本题考查化学平衡有关计算，为高频考点，侧重考查学生发生计算能力，难点是平衡常数的计算，易错选项是D，注意焓变与反应路径无关，为易错点．7．硫酸亚铁是一种重要的化工原料，可以制备一系列物质（如图所示）．下列说法错误的是（）A．碱式硫酸铁水解能产生Fe（OH）3胶体，可用作净水剂B．为防止NH4HCO3分解，生产FeCO3需在较低温度下进行C．可用KSCN溶液检验（NH4）2Fe（SO4）2是否被氧化D．常温下，（NH4）2Fe（SO4）2在水中的溶解度比FeSO4的大考点：铁盐和亚铁盐的相互转变．专题：元素及其化合物．分析：A．根据Fe3+能发生水解生成Fe（OH）3胶体，Fe（OH）3胶体具有吸附性，可用作净水剂；B．根据NH4HCO3不稳定，受热易分解；C．KSCN溶液遇Fe2+溶液无现象，遇Fe3+溶液变红；D．根据溶解度大的沉淀可以转化为溶解度小的沉淀．解答：解：A．碱式硫酸铁电离产生Fe3+，Fe3+，能发生水解生成Fe（OH）3胶体，Fe（OH）3胶体具有吸附性，可用作净水剂，故A正确；B．NH4HCO3不稳定，受热易分解，所以为防止NH4HCO3分解，生产FeCO3需在较低温度下进行，故B正确；C．KSCN溶液遇Fe2+溶液无现象，（NH4）2Fe（SO4）2若被氧化则生成Fe3+，KSCN溶液遇Fe3+溶液变红，故C正确；D．（NH4）2Fe（SO4）2在水中的溶解度比FeSO4的小，所以FeSO4才能与（NH4）2SO4反应生成（NH4）2Fe（SO4）2，故D错误；故选D．点评：本题以硫酸亚铁为原料进行物质的制备，主要考查了物质的性质与反应原理，难度不大．二、非选择题8．某铵态氮肥由W、X、Y、Z 4种短周期元素组成，其中W的原子半径最小．Ⅰ．若Y、Z同主族，ZY2是形成酸雨的主要物质之一．（1）将X、Y、Z的元素符号填在如图1所示元素周期表（局部）中的相应位置上．（2）X与W元素可组成多种化合物，如：XW5、XW3和X2W4等，用元素符号或化学式回答下列问题：①写出X2W4的结构式：；②写出XW5的电子式：；③一定条件下，1mol XW3气体与O2完全反应生成X元素的单质和液态水，放出382.8kJ热量．该反应的热化学方程式为4NH3（g）+3O2（g）═2N2（g）+6H2O（l）△H=﹣1531.2 kJ•mol﹣1 ．Ⅱ．若Z是形成化合物种类最多的元素．（4）该氮肥的名称是碳酸铵或碳酸氢铵（填一种）．（5）HR是含Z元素的一元酸．室温时，用0.250mol•L﹣1NaOH溶液滴定25.0mL HR 溶液时，溶液的pH变化情况如图2所示．其中，a点表示两种物质恰好完全反应．①图2中x ＞7 （填“＞”“＜”或“=”）．此时溶液中离子浓度的关系正确的是 c a．c（Na+）=c（R﹣）b．c（Na+）＞c（R﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）c．c（R﹣）+c（OH﹣）﹣c（H+）=0.11mol•L﹣1②室温时，HR的电离常数Ka= 5.0×10﹣6（填数值）．考点：位置结构性质的相互关系应用；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．分析：某铵态氮肥由W、X、Y、Z等4种短周期元素组成，该铵盐中一定含有N、H元素，且W的原子半径最小，则W为H元素．Ⅰ．若Y、Z同主族，ZY2是形成酸雨的主要物质之一，则ZY2为SO2，Y为O、Z为S元素，故X为N元素：（1）X、Y、Z分别为N、O、S元素，分别处于第二周期ⅤA族、第二周期ⅥA族、第三周期ⅥA族；（2）①N2H4分子中N原子之间形成1对共用电子对，N原子与H原子之间形成1对共用电子对；②NH5为NH4H，由铵根离子与氢负离子构成；③发生反应：4NH3+3O2═2N2+6H2O，计算4mol氨气反应放出的热量，注明物质聚集状态与反应热，书写热化学方程式；Ⅱ．若Z是形成化合物种类最多的元素，则Z为C元素：（4）该氮肥为碳酸铵或碳酸氢铵；（5）a点时两种物质恰好完全反应，则c（HR）==0.2 mol/L，而HR 溶液的pH=3，则HR为弱酸，NaR为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，结合电荷守恒可知：c（R﹣）+c（OH﹣）﹣c（H+）=c（Na+）；②0.2 mol/L HR溶液中c（H+）=1.0×10﹣3mol/L，溶液中c（R﹣）≈c（H+），c（HR）≈0.2mol/L，代入电离常数K a=计算．解答：解：某铵态氮肥由W、X、Y、Z等4种短周期元素组成，该铵盐中一定含有N、H元素，且W的原子半径最小，则W为H元素．Ⅰ．若Y、Z同主族，ZY2是形成酸雨的主要物质之一，则ZY2为SO2，Y为O、Z为S元素，故X为N元素；（1）X、Y、Z分别为N、O、S元素，分别处于第二周期ⅤA族、第二周期ⅥA族、第三周期ⅥA族，在周期表位置为，故答案为：；（2）①N2H4分子中N原子之间形成1对共用电子对，N原子与H原子之间形成1对共用电子对，结构式为：，故答案为：；②NH5为NH4H，由铵根离子与氢负离子构成，电子式为，故答案为：；③发生反应：4NH3+3O2═2N2+6H2O，4mol氨气反应放出的热量为382.8kJ×4=1531.2kJ，反应热化学方程式为：4NH3（g）+3O2（g）═2N2（g）+6H2O（l）△H=﹣1531.2 kJ•mol﹣1 ，故答案为：4NH3（g）+3O2（g）═2N2（g）+6H2O（l）△H=﹣1531.2 kJ•mol﹣1 ；Ⅱ．若Z是形成化合物种类最多的元素，则Z为C元素：（4）该氮肥为碳酸铵或碳酸氢铵，故答案为：碳酸铵或碳酸氢铵；（5）a点时两种物质恰好完全反应，则c（HR）==0.2 mol/L，而HR 溶液的pH=3，则HR为弱酸，NaR为强碱弱酸盐，R﹣离子水解，溶液呈碱性，则pH＞7，则c （Na+）＞c（R﹣），水解程度微溶，溶液中离子浓度为：c（Na+）＞c（R﹣）＞c（OH﹣）＞c （H+），结合电荷守恒可知：c（R﹣）+c（OH﹣）﹣c（H+）=c（Na+）=≈0.11mol•L ﹣1，故ab错误、c正确，故答案为：＞；c；②0.2 mol/L HR溶液中c（H+）=1.0×10﹣3mol/L，溶液中c（R﹣）≈c（H+）=1.0×10﹣3mol/L，c（HR）≈0.2mol/L，电离常数K a===5.0×10﹣6，故答案为：5.0×10﹣6．点评：本题属于拼合型题目，涉及元素推断、电子式、结构式、热化学方程式、盐类水解、电离平衡常数等，试题知识点较多、综合性较强，侧重考查考生对基本概念和基本原理的理解和应用能力，难度中等．9．湿法炼锌的冶炼过程可用如图简略表示：请回答下列问题：（1）已知：N2H4（l）═N2（g）+2H2（g）△H=a kJ•mol﹣1，该反应不能自发进行，则a ＞0（填“＞”、“＜”或“=”）．（2）ZnS焙烧的反应2ZnS+3O22SO2+2ZnO所涉及的物质中，发生氧化反应的物质是ZnS ；已知ZnO属于两性氧化物，写出ZnO与NaOH溶液反应的化学方程式：2NaOH+ZnO=Na2ZnO2+H2O ．（3）电解过程中析出锌的电极反应式为[Zn（NH3）4]2++2e﹣=Zn+4NH3↑．（4）产生的SO2可用Ba（NO3）2溶液吸收，部分产物可作为工业原料，其反应的离子方程式为3SO2+2H2O+2NO3﹣+3Ba2+=3BaSO4↓+2NO↑+4H+．（5）锌﹣空气电池与锂电池相比，具有储存电量高、成本低、没有安全隐患等优点．该电池的总反应为2Zn+O2═2ZnO，电解质溶液为KOH溶液，则负极的电极反应式为Zn+2OH﹣﹣2e﹣=ZnO+H2O ．25℃时，以该电池为电源，用两个等质量的铜棒作电极电解500mL 0.1mol/L CuSO4溶液，一段时间后切断电源，对电极干燥并称量，测得两电极的质量差为9.6g，则至少需要 4.2 L空气（折算成标准状况）进入该电池．（6）已知一个电子的电量是1.602×10﹣19C，用上述电池电解饱和食盐水，当电路中通过1.929×105C的电量时，生成NaOH 80 g．考点：制备实验方案的设计；原电池和电解池的工作原理；金属冶炼的一般原理．分析：锌精矿焙烧得到二氧化硫和ZnO，将ZnO加入NH3﹣NH4Cl溶液中，发生反应得到[Zn （NH3）4]Cl2，电解[Zn（NH3）4]Cl2溶液得到Zn，（1）吸热的熵减的反应在任何条件下都不能自发进行；（2）ZnS焙烧的反应2ZnS+3O22SO2+2ZnO所涉及的物质中，S元素化合价由﹣2价变为+4价、O元素化合价由0价变为﹣2价，失电子的物质发生氧化反应；ZnO属于两性氧化物，ZnO与NaOH溶液反应生成偏锌酸钠和水；（3）电解过程中析出锌的电极上[Zn（NH3）4]2+得电子发生还原反应；（4）产生的SO2可用Ba（NO3）2溶液吸收，二氧化硫具有还原性，能被氧化生成硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡沉淀；（5）锌﹣空气电池与锂电池相比，具有储存电量高、成本低、没有安全隐患等优点．该电池的总反应为2Zn+O2═2ZnO，电解质溶液为KOH溶液，负极上Zn失电子和氢氧根离子反应生成ZnO和水；根据转移电子相等计算消耗空气体积；（6）已知一个电子的电量是1.602×10﹣19C，用上述电池电解饱和食盐水，当电路中通过1.929×105C的电量时，转移电子个数==1.204×1024，则转移电子物质的量为2mol，根据转移电子和NaOH之间的关系式计算氢氧化钠质量．解答：解：锌精矿焙烧得到二氧化硫和ZnO，将ZnO加入NH3﹣NH4Cl溶液中，发生反应得到[Zn（NH3）4]Cl2，电解[Zn（NH3）4]Cl2溶液得到Zn，（1）N2H4（l）═N2（g）+2H2（g）△H=a kJ•mol﹣1，该反应不能自发进行，说明△G=△H﹣T△S ＞0，该反应是熵增的反应，则△S＞0，则a＞0，故答案为：＞；（2）ZnS焙烧的反应2ZnS+3O22SO2+2ZnO所涉及的物质中，S元素化合价由﹣2价变为+4价、O元素化合价由0价变为﹣2价，失电子的物质发生氧化反应，则发生氧化反应的物质是ZnS；ZnO属于两性氧化物，ZnO与NaOH溶液反应生成偏锌酸钠和水，反应方程式为2NaOH+ZnO=Na2ZnO2+H2O，故答案为：ZnS；2NaOH+ZnO=Na2ZnO2+H2O；（3）电解过程中析出锌的电极上[Zn（NH3）4]2+得电子发生还原反应，电极反应式为[Zn（NH3）4]2++2e﹣=Zn+4NH3↑，故答案为：[Zn（NH3）4]2++2e﹣=Zn+4NH3↑；（4）产生的SO2可用Ba（NO3）2溶液吸收，二氧化硫具有还原性，能被氧化生成硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡沉淀，离子反应方程式为3SO2+2H2O+2NO3﹣+3Ba2+=3BaSO4↓+2NO↑+4H+，故答案为：3SO2+2H2O+2NO3﹣+3Ba2+=3BaSO4↓+2NO↑+4H+；（5）锌﹣空气电池与锂电池相比，具有储存电量高、成本低、没有安全隐患等优点．该电池的总反应为2Zn+O2═2ZnO，电解质溶液为KOH溶液，负极上Zn失电子和氢氧根离子反应生成ZnO和水，电极反应式为Zn+2OH﹣﹣2e﹣=ZnO+H2O；以该电池为电源，用两个等质量的铜棒作电极电解500mL 0.1mol/L CuSO4溶液，阳极上是Cu﹣2e﹣=Cu2+，阴极上是Cu2++2e﹣=Cu，对电极干燥并称量，测得两电极的质量差为9.6g，则减少的铜和生成的铜各是4.8g即0.075mol，转移电子是0.15mol，根据反应2Zn+O2═2ZnO，当转移电子是4mol时，消耗氧气是1moL，所以转移电子是0.15mol时，消耗氧气是0.0375moL，氧气体积是空气提及的五分之一，所以消耗空气的体积是0.0375moL×5×22.4L/mol=4.2L；故答案为：Zn+2OH﹣﹣2e﹣=ZnO+H2O；4.2；（6）已知一个电子的电量是1.602×10﹣19C，用上述电池电解饱和食盐水，当电路中通过1.929×105C的电量时，转移电子个数==1.204×1024，则转移电子物质的量为2mol，转移电子和NaOH之间的关系式为2e﹣﹣﹣﹣2NaOH，当转移2mol电子时生成2molNaOH，则m（NaOH）=2mol×40g/mol=80g，故答案为：80．点评：本题以物质制备为载体考查电解原理、氧化还原反应等知识点，为高频考点，明确物质性质及各个电极上发生的反应是解本题关键，注意利用转移电子守恒进行相关计算，易错点是（4）题，二氧化硫和硝酸钡溶液反应发生氧化还原反应生成硫酸钡而不是生成亚硫酸钡，题目难度中等．10．甲学生对Cl2与FeCl2和KSCN混合溶液的反应进行实验探究．操作现象通入氯气至过量I．A中溶液变红II．稍后，溶液由红色变为黄色（1）B中反应的离子方程式是Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O ．（2）A中溶液变红的原因是Fe2+被Cl2氧化生成Fe3+，Fe3+与SCN﹣反应生成红色的硫氰化钾，所以溶液变红．（3）为了探究现象II的原因，甲同学进行如下实验．①取A中黄色溶液于试管中，加入NaOH溶液，有红褐色沉淀生成，则溶液中一定存在Fe3+．。

2015届高三高考二模理综化学试题（含答案）可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Al 27 Si 28 S 32 Cl 35.5 K 39 Fe56一、选择题7．化学与社会、生活密切相关，下列说法中不正确．．．的是（）A. 区别地沟油（加工过的餐饮废弃油）和矿物油（汽油、煤油、柴油等）的方法是加入足量氢氧化钠溶液共热，不分层的是地沟油B. 发泡塑料饭盒不适于盛放含油较多的食品C. 光化学烟雾的产生与汽车排放的尾气有关D. 将废电池深埋，可以避免其中的重金属污染8．设N A是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．1 L1mol·L－1的NaClO溶液中含有ClO－的数目为N AB．60g 二氧化硅含有的共价键数为2N AC．7.8g 钾与100mL 1mol·L－1盐酸充分反应生成气体分子数为0.1N AD．标准状况下，7.1g 氯气与足量的石灰乳充分反应，转移电子数为0.2N A9．甲苯的苯环上有5个氢原子，其中若有两个氢原子分别被羟基（—OH）和氯原子（—Cl）取代，则可形成的有机物同分异构体有（）A．9种B．10种C．12种D．15种10．近年来，莽草酸因可以作为合成达菲（抗病毒和抗癌药）的中间体而受到重视，其结构简式如图：下列关于莽草酸的说法不正确．．．的是（）A．莽草酸的相对分子质量为174 Array B．分子中含有两种含氧官能团C．可发生取代、加成反应及氧化反应D．在水溶液中羟基和羧基均能电离出氢离子11．下述实验能达到预期目的的是（）溶液，又生成红12．下列各组离子在常温下一定能大量共存的是 （ ）A ．pH=0的无色溶液中：Cl －、Na +、SO 42－、Fe 2＋B ．加入铝粉能放出H 2的溶液中：Mg 2＋、NH 4＋、NO 3－、Cl －C ．在c (H ＋)／c (OH －)＝1012的溶液中：NH 4＋、NO 3－、K ＋、Cl －D ．含有大量Fe 3+的溶液中：Al 3＋、SCN －、Br －、Na +13．硫化汞（HgS ）难溶于水，在自然界中呈红褐色，常用于油画颜料、印泥及朱红雕刻漆器等。

2015年江西省南昌市十所省重点中学命制高考化学二模试卷（三）一、选择题本大题共7小题，每小题6分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的.1．（6分）（2015•南昌校级二模）化学与科学、技术、社会、环境密切相关，下列叙述正确的是（） A ． 石油裂解的主要目的是提高汽油等轻质油的产量与质量，石油催化裂化的主要目的是得到更多的乙烯、丙烯等气态短链烃B ．目前科学家已经制得单原子层锗，其电子迁移率是硅的10倍，有望取代硅用于制造更好的晶体管C ． 汽车尾气催化转化装置可将尾气中的NO 和CO 等有害气体转化为N 2和CO 2，该装置中的催化剂可降低NO 和CO 反应的活化能，有利于提高该反应的平衡转化率D ． 近期在西非国家爆发的埃博拉疫情呈加速蔓延之势，已知该病毒对化学药品敏感，乙醇、次氯酸钠溶液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的2．（6分）（2015•南昌校级二模）元素R 、X 、T 、Z 、Q 在元素周期表中的相对位置如下表所示，其中R 单质在暗处与H 2 剧烈化合并发生爆炸．则下列判断正确的是（）A ． 最高价氧化物对应的水化物的酸性：X ＜T ＜QB ． 由于键能E H ﹣R ＞E H ﹣T ，故元素R 、T 对应气态氢化物的沸点：HR ＞HTC ． R 与Q 的电子数相差16D ． 元素R 对应气态氢化物的相对分子质量实际测量值往往比理论上要大的多，这可能和氢键有关3．（6分）（2015•南昌校级二模）仅用表中提供的仪器和药品，就能达到相应实验目的是（） 编号 仪器药品 实验目的 A 托盘天平（带砝码）、胶头滴管、量筒、烧杯、药匙、玻璃棒NaCl 固体、蒸馏水 配制一定质量分数的NaCl 溶液 B 分液漏斗、锥形瓶、试管、导管及橡皮塞 浓硝酸、碳酸钠固体、硅证明酸性：硝酸＞碳酸酸钠溶液＞硅酸C 酸式滴定管、胶头滴管、铁架台（带铁夹）已知浓度的盐酸、待测NaOH溶液测定NaOH溶液的物质的量浓度D 烧杯、分液漏斗、胶头滴管、铁架台混有苯酚杂质的苯、浓溴水提纯混有苯酚杂质的苯A．A B．B C．C D．D4．（6分）（2015•南昌校级二模）关于下列各图的分析或叙述，正确的是（）A．此图表示H2与O2发生反应过程中的能量变化，则H2的燃烧热为241.8 kJ•mol﹣1B．此图表示恒温恒容条件下，反应：2NO2（g）═N2O4（g）中，各物质的浓度与其消耗速率之间的关系，其中交点A对应的状态为化学平衡状态C．此图表示A、B两物质的溶解度随温度变化的情况，若将t l℃时A、B的饱和溶液分别升温至t2℃，则溶质的质量分数B＞AD．此图表示常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化，则NaA溶液的pH小于同浓度的NaB溶液的pH。