重庆市2015年高考化学二轮复习滚动加练：化学实验综合提升练 Word版含解析

2015年普通高等学校招生全国统一考试（重庆卷）理综化学化学(共100分)相对原子质量（原子量）：H—1 N—14 O—16 Na—23 Cl—35.5 Cu—64 Sn—119 Pb—207 一、选择题（本大题共7小题，每小题6分，共42分。

在每小题给出的四个备选项中，只有一项符合题目要求）1．中华民族有着光辉灿烂的发明史，下列发明创造不涉及．．．化学反应的是（）A．用胆矾炼铜B．用铁矿石炼铁C．烧结粘土制陶瓷D．打磨磁石制指南针【答案】D考点：考查化学反应的判断。

2．下列说法正确的是（）A．I的原子半径大于Br，HI比HBr的热稳定性强B．P的非金属性强于Si，H3PO4比H2SiO3的酸性强C．Al2O3和MgO均可与NaOH溶液反应D．SO2和SO3混合气体通入Ba(NO3)2溶液可得到BaSO3和BaSO4【答案】B【解析】试题分析：A.非金属性Br>I,则HBr比HI的热稳定性强，错误；B.非金属性P>Si,则H3PO4比H2SiO3的酸性强，正确；C.Al2O3属于两性氧化物，能与氢氧化钠溶液反应，MgO属于碱性氧化物，与NaOH溶液不反应，错误；D.SO2在酸性环境中能被Ba(NO3)2氧化成硫酸钡，则SO2和SO3混合气体通入Ba(NO3)2溶液只得到BaSO4白色沉淀，错误；选B。

考点：考查原子半径的大小比较，非金属性强弱的比较，铝、镁、硫及其化合物的化学性质。

3．下列叙述正确的是（）A．稀醋酸中加入少量醋酸钠能增大醋酸的电离程度B．25℃时，等体积等浓度的硝酸与氨水混合后，溶液pH=7C．25℃时，0.1mol·L－1的硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电能力弱D．0.1mol AgCl和0.1molAgI混合后加入1L水中，所得溶液中c(Cl－)=c(I－)【答案】C考点：考查弱电解质的电离，溶液的PH，离子浓度的大小比较等知识。

4．下列实验中，所使用的装置(夹持装置略)、试剂和操作方法都正确的是（）【答案】A【解析】试题分析：A.由于Fe(OH)2极易被空气中的氧气氧化，所以需隔绝空气，用植物油隔绝空气，用长的胶头滴管插入NaOH溶液的底部，正确；B.容量瓶不能用于溶解固体，错误；C.NH4Cl受热分解，离开热源又会重新生成NH4Cl,得不到氨气，且氨气极易溶于水，不能用排水法收集，错误；D.实验室制乙烯需要170℃的温度，温度计的水银球应插入反应溶液中，且不能接触烧瓶内壁，错误；选A。

2015年重庆市高考化学试卷一、选择题1．（6分）中华民族有着光辉灿烂的发明史，下列发明创造不涉及化学反应的是（）A．用胆矾炼铜B．用铁矿石炼铁C．烧结粘土制陶瓷 D．打磨磁石制指南针2．（6分）下列说法正确的是（）A．I的原子半径大于Br，HI比HBr的热稳定性强B．P的非金属性强于Si，H3PO4比H2SiO3的酸性强C．Al2O3和MgO均可与NaOH溶液反应D．SO2和SO3混合气体通入Ba（NO3）2溶液可得到BaSO3和BaSO43．（6分）下列说法正确的是（）A．稀醋酸中加入少量醋酸钠能增大醋酸的电离程度B．25℃时，等体积等浓度的硝酸与氨水混合后，溶液pH=7C．25℃时，0.1mol•L﹣1的硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电能力弱D．0.1mol AgCl和0.1molAgI混合后加入1L水中，所得溶液中c（Cl﹣）=c（I﹣）4．（6分）下列实验中，所使用的装置（夹持装置略）、试剂和操作方法都正确的是（）A．观察Fe（OH）2的生成B．配制一定物质的量浓度的NaNO3溶液C．实验室制取氨D．验证乙烯的生成5．（6分）某化妆品的组分Z具有美白功效，原从杨树中提取，现可用如图反应制备，下列叙述错误的是（）A．X、Y和Z均能使溴水褪色B．X和Z均能与NaHCO3溶液反应放出CO2C．Y既能发生取代反应，也能发生加成反应D．Y可作加聚反应单体，X可作缩聚反应单体6．（6分）黑火药是中国古代的四大发明之一，其爆炸的热化学方程式为：S（s）+2KNO3（s）+3C（s）═K2S（s）+N2（g）+3CO2（g）△H=x kJ•mol﹣1已知：碳的燃烧热△H1=a kJ•mol﹣1S（s）+2K（s）═K2S（s）△H2=b kJ•mol﹣12K（s）+N2（g）+3O2（g）═2KNO3（s）△H3=c kJ•mol﹣1。

滚动加练 化学基本理论综合应用1．(2013·重庆理综，11)化学在环境保护中起着十分重要的作用，催化反硝化法和电化学降解法可用于治理水中硝酸盐的污染。

(1)催化反硝化法中，H 2能将NO －3还原为N 2。

25 ℃时，反应进行10 min ，溶液的pH 由7变为12。

①N 2的结构式为___________________。

②上述反应的离子方程式为_____________________，其平均反应速率v (NO －3)为________ mol·L －1·min －1。

③还原过程中可生成中间产物NO －2，写出3种促进NO －2水解的方法_______________。

(2)电化学降解NO －3的原理如图所示。

①电源正极为__________(填A 或B)，阴极反应式为____________ ②若电解过程中转移了2 mol 电子，则膜两侧电解液的质量变化差(Δm 左－ Δm 右)为__________克。

解析 (1)2NO －3＋5H 2=====催化剂N 2＋2OH －＋4H 2O当pH 由7变为12时，生成c (OH －)＝10－2 mol·L －1所以v (NO －3)＝v (OH －)＝10－2 mol·L －1－10－7 mol·L －110 min ≈10－2 mol·L －110 min＝10－3 mol·L －1·min －1根据NO －2＋H 2OHNO 2＋OH －，促进水解，应使平衡向右移动，根据影响因素，可采取加热、加H ＋或加水。

(2)阴极：2NO －3＋6H 2O ＋10e －===N 2↑＋12OH － 阳极：10OH －－10e －===5H 2O ＋52O 2↑在阳极区生成的H ＋通过质子交换膜到达阴极区，所以，当电子过程中转移10 mol e －时，Δm 左＝52 mol ×32 g·mol －1＋10 g ＝90 gΔm 右＝28 g －10 g ＝18 g所以当转移2 mol e －时，膜两侧电解液的质量变化差为90 g －18 g 5＝14.4 g 。

2015年重庆市高考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题1．（6分）（2015•重庆）中华民族有着光辉灿烂的发明史，下列发明创造不涉及化学反应的是（）A ．用胆矾炼铜B．用铁矿石炼铁C ．烧结粘土制陶瓷D．打磨磁石制指南针考点：真题集萃；物理变化与化学变化的区别与联系．专题：基本概念与基本理论．分析：A．胆矾的化学式为CuSO4•5H2O，整个过程中Cu元素由化合态转化为单质，一定发生化学变化；B．铁矿石主要成份为Fe2O3，炼铁得到Fe单质，有新物质生成，属于化学反应；C．制陶瓷的原料是粘土，发生化学变化生成硅酸盐产品；D．打磨磁石制指南针，只是改变物质的外形，没有新物质生成．解答：解：A．胆矾的化学式为CuSO4•5H2O，由CuSO4•5H2O→Cu，有新物质生成，属于化学反应，故A不选；B．铁矿石主要成份为Fe2O3，由Fe2O3→Fe，有新物质生成，属于化学反应，故B不选；C．制陶瓷的原料是粘土，发生化学变化生成硅酸盐产品，故C不选；D．打磨磁石制指南针，只是改变物质的外形，没有新物质生成，不涉及化学反应，故选D；故选D．点评：本题考查化学反应的判断，比较基础，明确原理是解题关键，A、B选项可以借助化合价变价，利用氧化还原反应知识判断．2．（6分）（2015•重庆）下列说法正确的是（）A．I的原子半径大于Br，HI比HBr的热稳定性强B．P的非金属性强于Si，H3PO4比H2SiO3的酸性强C．Al2O3和MgO均可与NaOH溶液反应D．SO2和SO3混合气体通入Ba（NO3）2溶液可得到BaSO3和BaSO4考点：真题集萃；元素周期律的作用；元素周期律和元素周期表的综合应用．分析：A．同主族自上而下原子半径增大，元素金属性减弱、氢化物稳定性减弱；B．同周期随原子序数增大，元素非金属性增强，最高价含氧酸的酸性增强；C．MgO不能与氢氧化钠溶液反应；D．二氧化硫通入硝酸钡溶液中，酸性条件下，硝酸根具有强氧化性，将亚硫酸氧化为硫酸，进一步反应得到硫酸钡．解答：解：A．I、Br同主族，自上而下原子半径增大，元素金属性减弱、氢化物稳定性减弱，故I的原子半径大于Br，HI比HBr的热稳定性弱，故A错误；B．Si、P同周期，随原子序数增大，元素非金属性增强，最高价含氧酸的酸性增强，故P的非金属性强于Si，H3PO4比H2SiO3的酸性强，故B正确；C．氧化铝属于两性氧化物，能与氢氧化钠反应，而MgO属于碱性氧化物，不与酸反应，不能与氢氧化钠溶液反应，故C错误；D．二氧化硫通入硝酸钡溶液中，酸性条件下，硝酸根具有强氧化性，将亚硫酸氧化为硫酸，进一步反应得到硫酸钡，故SO2和SO3混合气体通入Ba（NO3）2溶液可得到BaSO4，故D错误，故选B．点评：本题考查元素周期律、金属氧化物性质、硝酸的性质等，难度不大，D 选项注意硝酸条件下，硝酸根具有强氧化性．3．（6分）（2015•重庆）下列说法正确的是（）A稀醋酸中加入少量醋酸钠能增大醋酸的电离程度．B25℃时，等体积等浓度的硝酸与氨水混合后，溶液pH=7．C25℃时，0.1mol•L﹣1的硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电能力弱．D0.1mol AgCl和0.1molAgI混合后加入1L水中，所得溶液中c（Cl﹣）=c（I﹣）．考点：真题集萃；弱电解质在水溶液中的电离平衡．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：A．加入醋酸钠，溶液中醋酸根离子浓度增大，抑制醋酸的电离；B.25℃时，等体积等浓度的硝酸与氨水混合后为NH4NO3溶液，溶液中铵根离子水解，溶液呈酸性；C．硫化氢为弱电解质，而硫化钠为强电解质，等浓度溶液中硫化氢溶液中离子浓度远远小于硫化钠溶液中离子浓度；D．AgCl与AgI的溶度积不同，所得溶液中c（Cl﹣）≠c（I﹣）．解答：解：A．稀醋酸溶液中存在平衡：CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+，加入醋酸钠，溶液中CH3COO﹣离子浓度增大，抑制醋酸的电离，故A错误；B.25℃时，等体积等浓度的硝酸与氨水混合后为NH4NO3溶液，溶液中铵根离子水解，溶液呈酸性，故溶液pH＜7，故B错误；C．硫化氢为弱电解质，部分电离，而硫化钠为强电解质，等浓度溶液中硫化氢溶液中离子浓度远远小于硫化钠溶液中离子浓度，硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电能力弱，故C正确；D．均存在溶解平衡，溶液中Ag+浓度相同，AgCl与AgI的溶度积不同，所得溶液中c（Cl﹣）≠c（I﹣），故D错误，故选：C．点评：本题考查弱电解质的电离平衡，难度不大，A为易错点，学生容易认为醋酸根与氢离子结合，平衡右移，促进电离．4．（6分）（2015•重庆）下列实验中，所使用的装置（夹持装置略）、试剂和操作方法都正确的是（）A．观察Fe（OH）2的生成B．配制一定物质的量浓度的NaNO3溶液C．实验室制取氨D．验证乙烯的生成考点：真题集萃；实验装置综合．分析：A．氢氧化亚铁不稳定，易被空气中氧气氧化生成氢氧化铁，所以制备氢氧化亚铁要隔绝空气；B．容量瓶只能配制溶液，不能作稀释或溶解药品的仪器；C．氨气极易溶于水，不能采用排水法收集；D．制取乙烯需要170℃，温度计测定混合溶液温度，且乙醇能被酸性高锰酸钾溶液氧化．解答：解：A．氢氧化亚铁不稳定，易被空气中氧气氧化生成氢氧化铁，所以制备氢氧化亚铁要隔绝空气，植物油和水不互溶，且密度小于水，所以用植物油能隔绝空气，所以能实现实验目的，故A正确；B．容量瓶只能配制溶液，不能作稀释或溶解药品的仪器，应该用烧杯溶解硝酸钠，然后等溶液冷却到室温，再将硝酸钠溶液转移到容量瓶中，故B错误；C．实验室用氯化铵和氢氧化钙加热制取氨气，氨气极易溶于水，不能采用排水法收集，常温下，氨气和氧气不反应，且氨气密度小于空气，所以应该采用向下排空气法收集氨气，故C错误；D．制取乙烯需要170℃，温度计测定混合溶液温度，所以温度计水银球应该插入溶液中，且乙醇能被酸性高锰酸钾溶液氧化，乙醇易挥发，导致得到的乙烯中含有乙醇，影响乙烯的检验，故D错误；故选A．点评：本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及物质制备、物质检验、气体收集、溶液配制等知识点，明确实验原理及操作规范、物质性质是解本题关键，易错选项是D，知道常见气体的制备及收集方法，题目难度不大．5．（6分）（2015•重庆）某化妆品的组分Z具有美白功效，原从杨树中提取，现可用如图反应制备，下列叙述错误的是（）A．X、Y和Z均能使溴水褪色B．X和Z均能与NaHCO3溶液反应放出CO2C．Y既能发生取代反应，也能发生加成反应D．Y可作加聚反应单体，X可作缩聚反应单体考点：真题集萃；有机物的结构和性质．分析：A．X和Z中含有酚羟基、Y中含有碳碳双键，苯环上酚羟基邻对位含有氢原子的酚、烯烃都能和溴水反应而使溴水褪色；B．酚羟基和碳酸氢钠不反应，羧基和碳酸氢钠反应；C．Y含有碳碳双键和苯环，具有烯烃和苯的性质；D．Y中含有碳碳双键，能发生加聚反应，X中含有酚羟基，能发生缩聚反应．解答：解：A．X和Z中含有酚羟基、Y中含有碳碳双键，苯环上酚羟基邻对位含有氢原子的酚、烯烃都能和溴水反应而使溴水褪色，所以X和Z都能和溴水发生取代反应、Y能和溴水发生加成反应，所以三种物质都能使溴水褪色，故A正确；B．酚羟基和碳酸氢钠不反应，羧基和碳酸氢钠反应，Z和X中都只含酚羟基不含羧基，所以都不能和碳酸氢钠反应，故B错误；C．Y含有碳碳双键和苯环，具有烯烃和苯的性质，一定条件下能发生加成反应、还原反应、加聚反应、氧化反应、取代反应，故C正确；D．Y中含有碳碳双键，能发生加聚反应，X中含有酚羟基，能和醛发生缩聚反应，故D正确；故选B．点评：本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，明确官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查酚、烯烃的性质，注意只有苯环上酚羟基邻对位有氢原子的酚才能和溴水发生取代反应，为易错点．6．（6分）（2015•重庆）黑火药是中国古代的四大发明之一，其爆炸的热化学方程式为：S（s）+2KNO3（s）+3C（s）═K2S（s）+N2（g）+3CO2（g）△H=x kJ•mol﹣1已知：碳的燃烧热△H1=a kJ•mol﹣1S（s）+2K（s）═K2S（s）△H2=b kJ•mol﹣12K（s）+N2（g）+3O2（g）═2KNO3（s）△H3=c kJ•mol﹣1则x为（）A ．3a+b﹣c B．c﹣3a﹣b C．a+b﹣c D．c﹣a﹣b考点：真题集萃；热化学方程式；用盖斯定律进行有关反应热的计算．分析：碳的燃烧热△H1=a kJ•mol﹣1，其热化学方程式为C（s）+O2（g）=CO2（g）△H1=a kJ•mol﹣1①S（s）+2K（s）═K2S（s）△H2=b kJ•mol﹣1②2K（s）+N2（g）+3O2（g）═2KNO3（s）△H3=c kJ•mol﹣1③将方程式3①+②﹣③得S（s）+2KNO3（s）+3C（s）═K2S（s）+N2（g）+3CO2（g），其反应热进行相应的改变，据此计算反应热．解答：解：碳的燃烧热△H1=a kJ•mol﹣1，其热化学方程式为C（s）+O2（g）=CO2（g）△H1=a kJ•mol﹣1①S（s）+2K（s）═K2S（s）△H2=b kJ•mol﹣1②2K（s）+N2（g）+3O2（g）═2KNO3（s）△H3=c kJ•mol﹣1③将方程式3①+②﹣③得S（s）+2KNO3（s）+3C（s）═K2S（s）+N2（g）+3CO2（g），则△H=x kJ•mol﹣1=（3a+b﹣c）kJ•mol﹣1，所以x=3a+b﹣c，故选A．点评：本题考查盖斯定律的应用，侧重考查学生分析计算能力，明确目标方程式与已知方程式的关系是解本题关键，注意方程式可以进行加减，题目难度不大．7．（6分）（2015•重庆）羰基硫（COS）可作为一种粮食熏蒸剂，能防止某些昆虫、线虫和真菌的危害．在恒容密闭容器中，将CO和H2S混合加热并达到下列平衡：CO（g）+H2S（g）⇌COS（g）+H2（g）K=0.1反应前CO的物质的量为10mol，平衡后CO物质的量为8mol，下列说法正确的是（）A升高温度，H2S浓度增加，表明该反应是吸热反应．B通入CO后，正反应速率逐渐增大．C反应前H2S物质的量为7mol．DCO的平衡转化率为80%．考点：真题集萃；反应热和焓变；化学平衡的计算．分析：A．升高温度，H2S浓度增加，说明平衡逆向移动，升高温度，平衡向吸热反应方向移动；B．通入CO后，正反应速率瞬间增大，又逐渐减小；C．反应前CO的物质的量为10mol，平衡后CO物质的量为8mol，设反应前H2S物质的量为n，则：CO（g）+H2S（g）⇌COS（g）+H2（g）起始（mol）：10 n 0 0变化（mol）：2 2 2 2平衡（mol）：8 n﹣2 2 2反应恰好气体分子数目不变，利用物质的量代替浓度代入平衡常数表达式K=列方程计算；D．根据C中的计算数据计算CO的平衡转化率．解答：解：A．升高温度，H2S浓度增加，说明平衡逆向移动，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，则该反应是放热反应，故A错误；B．通入CO后，正反应速率瞬间增大，又逐渐减小，故B错误；C．反应前CO的物质的量为10mol，平衡后CO物质的量为8mol，设反应前H2S物质的量为n，则：CO（g）+H2S（g）⇌COS（g）+H2（g）起始（mol）：10 n 0 0变化（mol）：2 2 2 2平衡（mol）：8 n﹣2 2 2反应恰好气体分子数目不变，可以利用物质的量代替浓度计算平衡常数，则K===0.1，解得n=7，故C正确；D．根据上述数据，可知CO的平衡转化率为×100%=20%，故D错误；故选C．点评：本题考查影响化学反应速率的因素、化学平衡常数应用、化学平衡的有关计算，比较基础，注意理解掌握三段式均解题法在化学平衡计算中的应用．二、综合题（本大题共4小题，共58分）8．（15分）（2015•重庆）某汽车安全气囊的产气药剂主要含有NaN3、Fe2O3、KClO4、NaHCO3等物质．当汽车发生碰撞时，产气药剂产生大量气体使气囊迅速膨胀，从而起到保护作用．（1）NaN3是气体发生剂，受热分解产生N2和Na，N2的电子式为．（2）Fe2O3是主氧化剂，与Na反应生成的还原产物为Fe（已知该反应为置换反应）．（3）KClO4是助氧化剂，反应过程中与Na作用生成KCl和Na2O，KClO4含有化学键的类型为离子键、共价键，K的原子结构示意图为．（4）NaHCO3是冷却剂，吸收产气过程中释放的热量而发生分解，其化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O．（5）100g上述产气药剂产生的气体通过碱石灰后得到N233.6L（标准状况）．①用碱石灰除去的物质为CO2、H2O；②该产气药剂中NaN3的质量分数为65%．考点：真题集萃；化学方程式的有关计算；化学键；氧化还原反应．分析：（1）由8电子结构可知，N2分子中N原子之间形成3对共用电子对；（2）Fe2O3是主氧化剂，与Na发生置换反应，则还原产物为Fe；（3）KClO4由钾离子与高氯酸根离子构成，高氯酸根离子中Cl原子与O原子之间形成共价键；K原子质子数为19，原子核外有4个电子层，各层电子数为2、8、8、1；（4）碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳与水；（5）①碱石灰可以吸收二氧化碳、水蒸汽；②根据n=计算氮气的物质的量，根据氮元素守恒计算n（NaN3），在根据m=nM计算m（NaN3），进而计算NaN3的质量分数．解答：解：（1）由8电子结构可知，N2分子中N原子之间形成3对共用电子对，其电子式为，故答案为：；（2）Fe2O3是主氧化剂，与Na发生置换反应，Fe元素发生还原反应，则还原产物为Fe，故答案为：Fe；（3）KClO4由钾离子与高氯酸根离子构成，高氯酸根离子中Cl原子与O原子之间形成共价键，含有离子键、共价键；K原子质子数为19，原子核外有4个电子层，各层电子数为2、8、8、1，原子结构示意图为，故答案为：离子键、共价键；；（4）碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳与水，反应方程式为：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，故答案为：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；（5）①碱石灰可以吸收二氧化碳、水蒸汽，用碱石灰除去的物质为CO2、H2O，故答案为：CO2、H2O；②氮气的物质的量=1.5mol，根据氮元素守恒n（NaN3）==1mol，则m（NaN3）=1mol×65g/mol=65g，故NaN3的质量分数为×100%=65%，故答案为：65%．点评：本题以汽车安全气囊的产气药剂为载体，考查电子式、化学键类型、化学反应方程式的书写、化学计算等知识，属于拼合型题目，侧重对基础知识的考查．9．（15分）（2015•重庆）ClO2与Cl2的氧化性相近．在自来水消毒和果蔬保鲜等方面应用广泛．某兴趣小组通过图1装置（夹持装置略）对其制备、吸收、释放和应用进行了研究．（1）仪器D的名称是锥形瓶．安装F中导管时，应选用图2中的b．（2）打开B的活塞，A中发生反应：2NaClO3+4HCl═2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O．为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，滴加稀盐酸的速度宜慢（填“快”或“慢”）．（3）关闭B的活塞，ClO2在D中被稳定剂完全吸收生成NaClO2，此时F中溶液的颜色不变，则装置C的作用是吸收Cl2．（4）已知在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，该反应的离子方程式为4H++5ClO2﹣=Cl﹣+4ClO2↑+2H2O，在ClO2释放实验中，打开E的活塞，D中发生反应，则装置F的作用是验证是否有ClO2生成．（5）已吸收ClO2气体的稳定剂Ⅰ和稳定剂Ⅱ，加酸后释放ClO2的浓度随时间的变化如图3所示，若将其用于水果保鲜，你认为效果较好的稳定剂是稳定剂Ⅱ，原因是稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度．考点：真题集萃；性质实验方案的设计；制备实验方案的设计．分析：（1）根据仪器特征，可知仪器D是锥形瓶；F装置应是Cl2和KI反应，还需要连接尾气处理装置，所以应长管进气，短管出气；（2）为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，产生ClO2的速率要慢；（3）F装置中发生Cl2+2KI=2KCl+I2时，碘遇淀粉变蓝，而F中溶液的颜色不变，说明Cl2被吸收；（4）在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，根据元素守恒可知应还有水生成，该反应的离子方程式为4H++5ClO2﹣=Cl﹣+4ClO2↑+2H2O；在ClO2释放实验中，打开E的活塞，D中发生反应，则装置F的作用是验证是否有ClO2生成；（5）由图可知，稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度．解答：解：（1）根据仪器特征，可知仪器D是锥形瓶；F装置应是Cl2和KI反应，还需要连接尾气处理装置，所以应长管进气，短管出气，故选b，故答案为：锥形瓶；b；（2）为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，产生ClO2的速率要慢，故滴加稀盐酸的速度要慢，故答案为：慢；（3）F装置中发生Cl2+2KI=2KCl+I2时，碘遇淀粉变蓝，而F中溶液的颜色不变，则装置C的作用是吸收Cl2，故答案为：吸收Cl2；（4）在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，根据元素守恒可知应还有水生成，该反应的离子方程式为：4H++5ClO2﹣=Cl﹣+4ClO2↑+2H2O；在ClO2释放实验中，打开E的活塞，D中发生反应，则装置F的作用是验证是否有ClO2生成，故答案为：4H++5ClO2﹣=Cl﹣+4ClO2↑+2H2O；验证是否有ClO2生成；（5）由图可知，稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度，所以稳定剂Ⅱ好，故答案为：稳定剂Ⅱ；稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度．点评：本题以ClO2的制备、吸收、释放为载体，考查实验制备方案设计、基本操作、对装置及操作的分析评价等，注意根据问题进行制备流程分析，难度中等．10．（14分）（2015•重庆）某“化学鸡尾酒”通过模拟臭虫散发的聚集信息素可高效诱捕臭虫，其中一种组分T可通过下列反应路线合成（部分反应条件略）．（1）A的化学名称是丙烯，A→B新生成的官能团是﹣Br；（2）D的核磁共振氢谱显示峰的组数为2．（3）D→E的化学方程式为CH2BrCHBrCH2Br+2NaOH HC≡CCH2Br+2NaBr+2H2O．（4）G与新制的Cu（OH）2发生反应，所得有机物的结构简式为HC≡CCOONa．（5）L可由B与H2发生加成反应而得，已知R1CH2Br+NaC≡CR2→R1CH2C≡CR2+NaBr，则M的结构简式为CH3CH2CH2 C≡CCHO．（6）已R3C≡CR4，则T的结构简式为．考点：真题集萃；有机物的推断．专题：有机物的化学性质及推断．分析：根据A、B结构简式知，A发生取代反应生成B，B和溴发生加成反应生成D，D在氢氧化钠的醇溶液中加热发生消去反应生成E，E发生水解反应然后发生氧化反应生成G，G结构简式为HC≡CCHO，G和NaNH2反应生成J，根据G和J结构简式知，该反应为取代反应；L可由B与H2发生加成反应而得，则L为CH3CH2CH2Br，根据R1CH2Br+NaC≡CR2→R1CH2 C≡CR2+NaBr知，M结构简式为CH3CH2CH2 C≡CCHO，根据R3C≡CR4知，T结构简式为，据此分析解答．解答：解：根据A、B结构简式知，A发生取代反应生成B，B和溴发生加成反应生成D，D在氢氧化钠的醇溶液中加热发生消去反应生成E，E发生水解反应然后发生氧化反应生成G，G结构简式为HC≡CCHO，G和NaNH2反应生成J，根据G和J结构简式知，该反应为取代反应；L可由B与H2发生加成反应而得，则L为CH3CH2CH2Br，根据R1CH2Br+NaC≡CR2→R1CH2 C≡CR2+NaBr知，M结构简式为CH3CH2CH2 C≡CCHO，根据R3C≡CR4知，T结构简式为，（1）A的化学名称是丙烯，A→B新生成的官能团是﹣Br，故答案为：丙烯；﹣Br；（2）D中两种氢原子，所以D的核磁共振氢谱显示峰的组数为2，故答案为：2；（3）D在氢氧化钠的醇溶液中加热发生消去反应生成E，D→E的化学方程式为CH2BrCHBrCH2Br+2NaOH HC≡CCH2Br+2NaBr+2H2O，故答案为：CH2BrCHBrCH2Br+2NaOH HC≡CCH2Br+2NaBr+2H2O；（4）G与新制的Cu（OH）2发生反应，G中醛基被氧化生成羧基，羧基和NaOH反应生成﹣COONa，所得有机物的结构简式为HC≡CCOONa，故答案为：HC≡CCOONa；（5）通过以上分析知，M的结构简式为CH3CH2CH2 C≡CCHO，故答案为：CH3CH2CH2 C≡CCHO；（6）通过以上分析知，T结构简式为，故答案为：．点评：本题考查有机物推断，为高频考点，侧重考查学生分析推断及知识迁移能力，根据反应条件、物质结构简式结合（5）（6）题中信息进行推断，知道常见有机反应类型及反应条件，题目难度中等．11．（14分）（2015•重庆）我国古代青铜器工艺精湛，有很高的艺术价值和历史价值，但出土的青铜器大多受到环境腐蚀，故对其进行修复和防护具有重要意义．（1）原子序数为29的铜元素位于元素周期表中第四周期．（2）某青铜器中Sn、Pb的质量分别为119g、20.7g，则该青铜器中Sn和Pb原子数目之比为10：1．（3）研究发现，腐蚀严重的青铜器表面大都存在CuCl．关于CuCl在青铜器腐蚀过程中的催化作用，下列叙述正确的是AB．A．降低了反应的活化能B．增大了反应的速率C．降低了反应的焓变D．增大了反应的平衡常数（4）采用“局部封闭法”可以防止青铜器进一步被腐蚀．如将糊状Ag2O涂在被腐蚀部位，Ag2O与有害组分CuCl发生复分解反应，该化学方程式为Ag2O+2CuCl=2AgCl+Cu2O．（5）如图为青铜器在潮湿环境中发生的电化学腐蚀的原理示意图．①腐蚀过程中，负极是c（填图中字母“a”或“b”或“c”）；②环境中的Cl﹣扩散到孔口，并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔粉状锈Cu2（OH）3Cl，其离子方程式为2Cu2++3OH﹣+Cl﹣=Cu2（OH）3Cl↓；③若生成4.29gCu2（OH）3Cl，则理论上耗氧体积为0.448L（标准状况）．考点：真题集萃；位置结构性质的相互关系应用；反应热和焓变；原电池和电解池的工作原理；铜金属及其重要化合物的主要性质．分析：（1）原子核外电子层数与其周期数相等，Cu原子核外有4个电子层；（2）Sn、Pb的物质的量之比=：=1mol：0.1mol=10：1，根据N=nN A知，物质的量之比等于其个数之比；（3）A．催化剂降低了反应的活化能，增大活化分子百分数；B．催化剂降低了反应的活化能，增大活化分子百分数，增大活化分子之间的碰撞机会；C．催化剂改变反应路径，但焓变不变；D．平衡常数只与温度有关；（4）Ag2O与有害组分CuCl发生复分解反应，则二者相互交换成分生成另外的两种化合物；（5）①根据图知，氧气得电子生成氢氧根离子、Cu失电子生成铜离子，发生吸氧腐蚀，则Cu作负极；②Cl﹣扩散到孔口，并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔粉状锈Cu2（OH）3Cl，负极上生成铜离子、正极上生成氢氧根离子，所以该离子反应为氯离子、铜离子和氢氧根离子反应生成Cu2（OH）3Cl沉淀；③n[Cu2（OH）3Cl]==0.05mol，根据转移电子计算氧气物质的量，再根据V=nV m计算体积．解答：解：（1）原子核外电子层数与其周期数相等，Cu原子核外有4个电子层，所以Cu元素位于第四周期，故答案为：四；（2）Sn、Pb的物质的量之比=：=1mol：0.1mol=10：1，根据N=nN A知，物质的量之比等于其个数之比，所以Sn、Pb原子个数之比为10：1，故答案为：10：1；（3）A．催化剂降低了反应的活化能，增大活化分子百分数，故A正确；B．催化剂降低了反应的活化能，增大活化分子百分数，增大活化分子之间的碰撞机会，所以反应速率增大，故B正确；C．催化剂改变反应路径，但焓变不变，故C错误；D．平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，与催化剂无关，故D错误；故选AB；（4）Ag2O与有害组分CuCl发生复分解反应，则二者相互交换成分生成另外的两种化合物，反应方程式为Ag2O+2CuCl=2AgCl+Cu2O，故答案为：Ag2O+2CuCl=2AgCl+Cu2O；（5）①根据图知，氧气得电子生成氢氧根离子、Cu失电子生成铜离子，发生吸氧腐蚀，则Cu作负极，即c是负极，故答案为：c；②Cl﹣扩散到孔口，并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔粉状锈Cu2（OH）3Cl，负极上生成铜离子、正极上生成氢氧根离子，所以该离子反应为氯离子、铜离子和氢氧根离子反应生成Cu2（OH）3Cl沉淀，离子方程式为2Cu2++3OH﹣+Cl﹣=Cu2（OH）3Cl↓，故答案为：2Cu2++3OH﹣+Cl﹣=Cu2（OH）3Cl↓；③n[Cu2（OH）3Cl]==0.02mol，根据转移电子得n（O2）==0.02mol，V（O2）=90.02mol×22.4L/mol=0.448L，故答案为：0.448．点评：本题考查较综合，侧重考查学生自身综合应用及计算能力，涉及氧化还原反应计算、离子方程式及复分解反应方程式的书写、原电池原理、催化剂的作用等知识点，利用原电池原理、物质性质及转移电子守恒进行解答，易错点是（3）题，题目难度中等．。

重庆市部分学校2015届高考化学模拟试卷一、选择题（本大题共7小题，每小题6分，共42分．每小题只有一个选项符合题意．）1．（6分）下列有关说法中，正确的是（）A．光导纤维、聚酯纤维、棉花都属于有机高分子化合物B．在大米酿酒的过程中，淀粉最后变成了单糖C．“地沟油”经过加工处理后可以用来制肥皂D．明矾和漂白粉处理自来水，二者的作用原理相同2．（6分）下列离子反应方程式错误的是（）A．向Na2SiO3溶液中逐滴加入少量稀盐酸：SiO32﹣+2H+═H2SiO3（胶体）B．稀Fe（NO3）2溶液中加入稀盐酸：Fe2++4H++NO3﹣═Fe3++NO↑+2H2OC．将Cu片加入稀硝酸中：3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2OD．向NH4Al（SO4）2溶液中加入过量的Ba（OH）2稀溶液：NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++5OH﹣═2BaSO4↓+NH3•H2O+AlO2﹣+2H2O3．（6分）设N A为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（）A．12g金刚石晶体中含有的C﹣C的数目为2N AB．1L 1 mo l•L﹣1AlCl3溶液中含有的Al3+数目为N AC．在标况下，11.2L氯气通入足量的NaOH溶液中转移电子数为N AD．18g重水（D2O）含有的中子数为10 N A4．（6分）下列实验操作、现象和结论均为正确的是（）选项操作现象结论A ①将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口试纸不变色NH4Cl受热不分解B ②中振荡后静置下层液体颜色变浅 NaOH溶液可除去溶在溴苯中的Br2C ③加热洗气瓶中溶液褪色生成了乙烯D ④通电A极上有红色固体析出锌的金属性比铜强A．A B．B C．C D．D5．（6分）已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素，其中元素A、E的单质在常温下呈气态，元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，元素D的合金是日常生活中常用的金属材料．下列说法正确的是（）A．元素A、B组成的化合物常温下一定呈气态B．元素C、D的最高价氧化物对应的水化物之间不能发生反应C．工业上常用电解法制备元素C、D、E的单质D．化合物AE与CE有相同类型的化学键6．（6分）亚硝酸钠（NaNO2）是一种具有咸味、有毒，且价格比食盐（NaCl）便宜的工业用盐，常被误作食盐使用，导致多起中毒事故发生．它的部分性质如图，下列说法错误的是（）A．可用淀粉碘化钾试纸和食醋鉴别食盐（NaCl）与亚硝酸钠（NaNO2）B．N2H4极易溶于水，因为它是极性分子且与水分子之间易形成氢键C．NaNO2与N2H4生成NaN3的反应方程式为：NaNO2+N2H4═NaN3+2H2OD．如图所涉及到的化学反应都是氧化还原反应7．（6分）下列溶液或浊液中，关于离子浓度的说法正确的是（）A．一定浓度的氨水加水稀释的过程中，c（NH4+）/c（NH3•H2O）的比值减小B．浓度均为0.1 mol•L﹣1的Na2CO3、NaHCO3混合溶液中：c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣），且2c（Na+）=3[c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）]C．0.2 mol•L﹣1的醋酸（CH3COOH）溶液与0.1 mol•L﹣1NaOH溶液等体积混合后：c（CH3COO﹣）+2c（OH﹣）=c（CH3COOH）+2c（H+）D．常温下，已知：K sp（AgCl）=1.8×10﹣10，K sp（Ag2Cr2O4）=2.0×10﹣12，则Ag2CrO4悬浊液中的c（Ag+）一定小于AgCl悬浊液中的c（Ag+）二、非选择题（本大题共4小题，共58分）8．（14分）已知三氯化铁的熔点为306℃，沸点为315℃，易溶于水并且有强烈的吸水性，能吸收空气里的水分而潮解．某学习小组的同学对氯气与铁的反应及产物做了如下探究实验：（1）装置的连接顺序为．（2）饱和食盐水的作用是．（3）反应一段时间后熄灭酒精灯，冷却后将硬质玻璃管及收集器中的物质一并快速转移至锥形瓶中，加入过量的稀盐酸和少许植物油（反应过程中不振荡），充分反应后，进行如下实验：①淡黄色溶液中加入试剂X生成淡红色溶液的离子反应方程式为．②淡红色溶液中加入过量H2O2后溶液红色加深的原因是．（4）已知红色褪去的同时有气体生成，经检验为O2．该小组同学对红色褪去的原因进行探究．①取褪色后溶液三份，第一份滴加FeCl3溶液无明显变化；第二份滴加试剂X，溶液出现红色；第三份滴加稀HCl和BaCl2溶液，产生白色沉淀．②另取同浓度的 FeCl3溶液滴加2滴试剂X，溶液变红，再通入O2，无明显变化．实验①说明；实验②的目的是；得出结论：溶液褪色的原因是．9．（14分）制作软质隐形眼镜高分子材料（M）和聚酯PET的合成路线如下：已知酯与醇可发生如下酯交换反应：RCOOR′+R″OH RCO OR″+R′OH（R、R′、R″代表有机基团）（1）A的相对分子质量是28，A、B分子中含有的官能团分别是．（2）B的名称是．（3）反应I的反应类型是（选填字母）．a．加聚反应 b．缩聚反应（4）有关B、C、D的说法正确的是．a.1mol B最多可以和1mol C反应b．C、D都能使Br2的CCl4溶液褪色c．D与NaOH溶液共热后可以得到B和C（5）B→D的化学方程式是．（6）C有多种同分异构体，其中一种是合成纤维维尼纶的单体，该分子在酸性环境下水解得到两种产物，它们的相对分子质量相差16，该同分异构体的结构简式是．（7）反应Ⅱ的化学方程式是．10．（14分）工业上回收利用某合金废料（主要含Fe、Cu、Co、Li等，已知Co、Fe都是中等活泼金属）的工艺流程如下：（1）金属M为，操作1为．（2）加入H2O2的作用是（用离子方程式表示），加入氨水的作用是．（3）充分焙烧的化学方程式为．（4）已知Li2CO3微溶于水，其饱和溶液的浓度与温度关系见下表．操作2中，蒸发浓缩后必须趁热过滤，其原因是，90℃时Ksp（Li2CO3）的值为．温度/℃10 30 60 90浓度/mol・L﹣10.21 0.17 0.14 0.10（5）用惰性电极电解熔融Li2CO3制取锂，阳极生成两种气体，则阳极的电极反应式为．11．（16分）甲醇又称“木醇”或“木精”，沸点64.7℃，是无色有酒精气味易挥发的液体．甲醇有毒，误饮5～10mL能双目失明，大量饮用会导致死亡．甲醇是重要的化学工业基础原料和液体燃料，可用于制造甲醛和农药，并常用作有机物的萃取剂和酒精的变性剂等．（1）工业上可利用CO2和H2生产甲醇，方程式如下：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（l）+H2O （g）△H=Q1kJ•mol﹣1又查资料得知：①CH3OH（l）+1/2O2（g）⇌CO2（g）+2H2（g）△H=Q2kJ•mol﹣1②H2O（g）=H2O（l）△H=Q3kJ•mol﹣1，则表示甲醇的燃烧热的热化学方程式为．（2）工业上可用CO和H2O（g）来合成CO2和H2，再利用（1）中反应原理合成甲醇．某温度下，将1molCO和1.5molH2O充入10L固定密闭容器中进行化学反应：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H＞0，当反应进行到10min时达到平衡，此时测得H2为0.6mol．回答下列问题：①0～10min内H2O（g）的平均反应速率为．②若想加快正反应速率的同时提高CO的转化率，可以采用的方法是．a．升高温度b．缩小容器的体积c．增大H2O （g）的浓度d．加入适当的催化剂③若保持温度容积不变再向其中充入1molCO和0.5molH2O（g），重新达到化学平衡状态时，此时平衡混合气体中H2的体积分数为．（3）甲醇燃料电池是符合绿色化学理念的新型燃料电池，下图是以甲醇燃料电池（甲池）为电源的电解装置．已知：A、B、C、D、E、F都是惰性电极，丙中为0.1mol/L CuSO4溶液（假设反应前后溶液体积不变），当向甲池通入气体a和b时，D极附近呈红色．回答下列问题：①a物质是，A电极的电极反应式为．②乙装置中的总化学反应方程式为．③当乙装置中C电极收集到224mL（标况下）气体时，丙中溶液的pH=．重庆市部分学校2015届高考化学模拟试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，共42分．每小题只有一个选项符合题意．）1．（6分）下列有关说法中，正确的是（）A．光导纤维、聚酯纤维、棉花都属于有机高分子化合物B．在大米酿酒的过程中，淀粉最后变成了单糖C．“地沟油”经过加工处理后可以用来制肥皂D．明矾和漂白粉处理自来水，二者的作用原理相同考点：有机高分子化合物的结构和性质；胶体的重要性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；油脂的性质、组成与结构；淀粉的性质和用途．分析：A．相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物；B．淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖分解生成酒精；C．油脂在碱性条件下水解生成肥皂；D．明矾水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体．解答：解：A．光导纤维的成分是二氧化硅，相对分子质量较小，不是高分子化合物，故A 错误；B．淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖分解生成酒精，故B错误；C．油脂在碱性条件下水解生成肥皂和甘油，所以可以用“地沟油”经过加工处理后可以用来制肥皂，故C正确；D．明矾水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体，不具有强氧化性，只能用于除去水的悬浮物，而漂白粉可用于杀菌消毒，故D错误．故选C．点评：本题考查较为综合，侧重于化学与生活、环境的考查，为高频考点和常见题型，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大，注意相关基础知识的积累．2．（6分）下列离子反应方程式错误的是（）A．向Na2SiO3溶液中逐滴加入少量稀盐酸：SiO32﹣+2H+═H2SiO3（胶体）B．稀Fe（NO3）2溶液中加入稀盐酸：Fe2++4H++NO3﹣═Fe3++NO↑+2H2OC．将Cu片加入稀硝酸中：3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2OD．向NH4Al（SO4）2溶液中加入过量的Ba（OH）2稀溶液：NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++5OH﹣═2BaSO4↓+NH3•H2O+AlO2﹣+2H2O考点：离子方程式的书写．分析：A．硅酸钠与盐酸反应生成硅酸胶体和氯化钠；B．电荷不守恒；C．铜与稀硝酸反应生成硝酸铜和一氧化氮和水；D．氢氧化钡过量反应生成硫酸钡、一水合氨和偏铝酸钡和水．解答：解：A．硅酸钠与盐酸反应离子方程式：SiO32﹣+2H+═H2SiO3（胶体），故A正确；B．稀Fe（NO3）2溶液中加入稀盐酸，离子方程式：3Fe2++4H++NO3﹣═3Fe3++NO↑+2H2O，故B错误；C．将Cu片加入稀硝酸中反应生成硝酸铜和一氧化氮和水：3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O，故C正确；D．向NH4Al（SO4）2溶液中加入过量的Ba（OH）2稀溶液，离子方程式：NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++5OH﹣═2BaSO4↓+NH3•H2O+AlO2﹣+2H2O，故D正确；故选：B．点评：本题考查了离子方程式书写，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D为易错选项．3．（6分）设N A为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（）A．12g金刚石晶体中含有的C﹣C的数目为2N AB．1L 1 mol•L﹣1AlCl3溶液中含有的Al3+数目为N AC．在标况下，11.2L氯气通入足量的NaOH溶液中转移电子数为N AD．18g重水（D2O）含有的中子数为10 N A考点：阿伏加德罗常数．分析：A、求出金刚石的物质的量，然后根据1mol金刚石中含2molC﹣C键来分析；B、Al3+是弱碱阳离子，在溶液中会水解；C、氯气与碱的反应为歧化反应；D、重水的摩尔质量为20g/mol．解答：解：A、12g金刚石的物质的量为1mol，而1mol金刚石中含2molC﹣C键，故A正确；B、Al3+是弱碱阳离子，在溶液中会水解，故溶液中Al3+的个数小于N A，故B错误；C、标况下，11.2L氯气的物质的量为0.5mol，氯气与碱的反应为歧化反应，1mol氯气转移1mol电子，故0.5mol氯气转移0.5mol电子，故C错误；D、重水的摩尔质量为20g/mol，故18g重水的物质的量为0.9mol，而1mol重水中含10mol中子，故0.9mol重水中含9mol中子，故D错误．故选A．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．4．（6分）下列实验操作、现象和结论均为正确的是（）选项操作现象结论A ①将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口试纸不变色NH4Cl受热不分解B ②中振荡后静置下层液体颜色变浅 NaOH溶液可除去溶在溴苯中的Br2C ③加热洗气瓶中溶液褪色生成了乙烯D ④通电A极上有红色固体析出锌的金属性比铜强A．A B．B C．C D．D考点：化学实验方案的评价．分析：A．分解得到的氨气与HCl又结合为氯化铵；B．氢氧化钠与溴反应，溴苯不与水互溶，且密度大于水；C．挥发出的乙醇也可以使酸性高锰酸钾溶液褪色；D．A连接电源负极，为阴极，铜离子氧化性比锌离子氧化性强，通电时A极有Cu析出．解答：解：A．氯化铵受热分解为氨气与HCl，受冷后氨气与HCl又结合为氯化铵，故湿润的红色石蕊试纸靠近试管口试纸不变色，故A错误；B．氢氧化钠与溴反应，溴苯不与水互溶，且密度大于水，静置后，溶液分层，下层液体颜色变浅，可以用NaOH溶液可除去溶在溴苯中的Br2，故B正确；C．挥发出的乙醇被酸性高锰酸钾氧化为乙酸，也可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；D．A连接电源负极，为阴极，通电时，A电极发生还原反应，有Cu析出，铜离子氧化性比锌离子氧化性强，说明Zn的金属性比Cu强，故D正确，故选BD．点评：本题考查实验方案设计与评价，C选项为易错点，学生容易考虑乙烯，而忽略挥发出的乙醇，是对学生综合能力的考查，难度中等．5．（6分）已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素，其中元素A、E的单质在常温下呈气态，元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，元素D的合金是日常生活中常用的金属材料．下列说法正确的是（）A．元素A、B组成的化合物常温下一定呈气态B．元素C、D的最高价氧化物对应的水化物之间不能发生反应C．工业上常用电解法制备元素C、D、E的单质D．化合物AE与CE有相同类型的化学键考点：原子结构与元素的性质．分析：元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，B为2个电子层时，B为C，为3个电子层时为S，A、E的单质在常温下呈气态，元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，则C为Na元素，元素D的合金是日常生活中常用的金属材料，则D为Al，结合原子序数依次增大，则E为Cl，B只能为C，A为H，然后结合元素及其化合物的性质来解答．解答：解：元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，B为2个电子层时，B为C，为3个电子层时为S，A、E的单质在常温下呈气态，元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，则C为Na元素，元素D的合金是日常生活中常用的金属材料，则D为Al，结合原子序数依次增大，则E为Cl，B只能为C，A为H，A．元素A、B组成的化合物常温下可能为气态、液体、固体，如烷烃中C原子数少于4个为气体，随碳原子个数增多，为液体、固体，故A错误；B．元素C、D的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、氢氧化铝，能发生反应，故B错误；C．C、D、E的单质为Na、Al、Cl2，工业上常用电解熔融的NaCl制备Na，电解熔融的氧化铝制备铝，电解氯化钠溶液制备氯气，故C正确；D．化合物AE为HCl，含共价键，CE为NaCl，含离子键，化学键类型不同，故D错误；故选C．点评：本题考查位置、结构、性质的关系及应用，元素的推断是解答的关键，注意把握元素的性质及单质、化合物的性质即可解答，题目难度中等．6．（6分）亚硝酸钠（NaNO2）是一种具有咸味、有毒，且价格比食盐（NaCl）便宜的工业用盐，常被误作食盐使用，导致多起中毒事故发生．它的部分性质如图，下列说法错误的是（）A．可用淀粉碘化钾试纸和食醋鉴别食盐（NaCl）与亚硝酸钠（NaNO2）B．N2H4极易溶于水，因为它是极性分子且与水分子之间易形成氢键C．NaNO2与N2H4生成NaN3的反应方程式为：NaNO2+N2H4═NaN3+2H2OD．如图所涉及到的化学反应都是氧化还原反应考点：亚硝酸盐；氢键的存在对物质性质的影响；氧化还原反应．分析：A．亚硝酸钠具有强的氧化性，酸性环境下能够与碘化钾发生氧化还原反应生成碘单质；B．含N、O、F的氢化物可形成氢键，氢键影响水溶性；C．依据图中转化关系可知：NaNO2与N2H4生成NaN3和水，反应中N元素化合价由+3价、﹣2价变为﹣价；D．氧化还原反应必须有化合价的变化．解答：解：A．依据图中转化关系可知，亚硝酸钠在酸性环境下能够氧化碘化钾生成单质碘，碘与到淀粉变蓝，氯化钠和KI不反应，可以用来鉴别氯化钠和亚硝酸钠，故A正确；B．肼和水分子都是极性分子，且二者之间能形成氢键，所以促进肼溶解，故B正确；C．NaNO2与N2H4生成NaN3和水，反应中N元素化合价由+3价、﹣2价变为﹣价，依据得失电子守恒，反应方程式为：NaNO2+N2H4═NaN3+2H2O，故C正确；D．从图中转化关系可知亚硝酸钠与氯化铵溶液反应生成亚硝酸氨和氯化钠，属于复分解反应，不存在元素化合价变化，不属于氧化还原反应，故D错误；故选：D．点评：本题主要考查了亚硝酸钠的性质和氧化还原的知识，解题关键在于准确把握图中转化关系，熟悉发生的化学反应，题目难度中等．7．（6分）下列溶液或浊液中，关于离子浓度的说法正确的是（）A．一定浓度的氨水加水稀释的过程中，c（NH4+）/c（NH3•H2O）的比值减小B．浓度均为0.1 mol•L﹣1的Na2CO3、NaHCO3混合溶液中：c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣），且2c（Na+）=3[c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）]C．0.2 mol•L﹣1的醋酸（CH3COOH）溶液与0.1 mol•L﹣1NaOH溶液等体积混合后：c（CH3COO﹣）+2c（OH﹣）=c（CH3COOH）+2c（H+）D．常温下，已知：K sp（AgCl）=1.8×10﹣10，K sp（Ag2Cr2O4）=2.0×10﹣12，则Ag2CrO4悬浊液中的c（Ag+）一定小于AgCl悬浊液中的c（Ag+）考点：离子浓度大小的比较．分析：A．加水稀释促进一水合氨电离；B．混合溶液中，CO32﹣的水解程度远远大于HCO3﹣，溶液中存在物料守恒，根据物料守恒判断；C．二者混合后，溶液中的溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa，溶液中存在电荷守恒、物料守恒；D．未告知溶液是否是饱和溶液，所以无法确定银离子浓度大小．解答：解：A．加水稀释促进一水合氨电离，所以n（NH4+）增大、n（NH3•H2O）减小，则c （NH4+）/c（NH3•H2O）增大，故A错误；B．混合溶液中，CO32﹣的水解程度远远大于HCO3﹣，所以c（CO32﹣）＜c（HCO3﹣），溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得2c（Na+）=3[c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）]，故B错误；C．二者混合后，溶液中的溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa，溶液中存在电荷守恒c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+）、物料守恒2c（Na+）=C（CH3COOH）+C（CH3COO﹣），所以得c（CH3COO﹣）+2c（OH﹣）=c（CH3COOH）+2c（H+），故C正确；D．未告知溶液是否是饱和溶液，所以无法确定银离子浓度大小，故D错误；故选C．点评：本题考查离子浓度大小比较，侧重考查学生分析、判断能力，明确溶液中的溶质及其性质是解本题关键，注意守恒思想的灵活运用，易错选项是A，如果单纯考虑c（NH4+）、c （NH3•H2O），二者浓度都减小，不容易判断，考虑物质的量就很容易判断，为易错点．二、非选择题（本大题共4小题，共58分）8．（14分）已知三氯化铁的熔点为306℃，沸点为315℃，易溶于水并且有强烈的吸水性，能吸收空气里的水分而潮解．某学习小组的同学对氯气与铁的反应及产物做了如下探究实验：（1）装置的连接顺序为a、g、h、d、e、b、c、f．（2）饱和食盐水的作用是除去氯气中的氯化氢气体．（3）反应一段时间后熄灭酒精灯，冷却后将硬质玻璃管及收集器中的物质一并快速转移至锥形瓶中，加入过量的稀盐酸和少许植物油（反应过程中不振荡），充分反应后，进行如下实验：①淡黄色溶液中加入试剂X生成淡红色溶液的离子反应方程式为Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3．②淡红色溶液中加入过量H2O2后溶液红色加深的原因是Fe2+被H2O2氧化生成Fe3+，从而增大Fe3+浓度，Fe3+、SCN﹣反应生成Fe（SCN）3，从而增大络合物浓度．（4）已知红色褪去的同时有气体生成，经检验为O2．该小组同学对红色褪去的原因进行探究．①取褪色后溶液三份，第一份滴加FeCl3溶液无明显变化；第二份滴加试剂X，溶液出现红色；第三份滴加稀HCl和BaCl2溶液，产生白色沉淀．②另取同浓度的 FeCl3溶液滴加2滴试剂X，溶液变红，再通入O2，无明显变化．实验①说明SCN﹣发生了反应而不是Fe3+发生反应；实验②的目的是排除H2O2分解产生的O2氧化SCN﹣的可能；得出结论：溶液褪色的原因是H2O2将SCN﹣氧化成SO42﹣．考点：探究物质的组成或测量物质的含量．分析：（1）排列顺序为气体的制取→洗气→干燥→氯气和铁的反应→尾气处理；（2）饱和食盐水吸收氯化氢而抑制氯气溶解；（3）①根据Fe3+和KSCN反应生成络合物硫氰化铁而使溶液呈血红色；②Fe2+被H2O2氧化生成Fe3+，从而增大Fe3+浓度；（4）根据①滴加FeCl3溶液无明显变化，说明SCN﹣发生了反应而不是Fe3+发生反应，滴加稀HCl和BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明生成了硫酸根；根据②另取同浓度的 FeCl3溶液滴加2滴试剂X，溶液变红，再通入O2，无明显变化，说明O2不能氧化SCN﹣．解答：解：（1）浓硫酸具有吸水性能作氯气干燥剂、碱石灰具有碱性而吸收氯气、饱和食盐水吸收氯化氢而抑制氯气溶解，装置排列顺序为气体的制取→洗气→干燥→氯气和铁的反应→尾气处理，所以装置连接顺序为a→g→h→d→e→b→c→f，故答案为：a、g、h、d、e、b、c、f；（2）饱和食盐水吸收氯化氢而抑制氯气溶解，故答案为：除去氯气中的氯化氢气体；（3）①Fe3+和KSCN反应生成络合物硫氰化铁而使溶液呈血红色，反应方程式为Fe3++3SCN﹣⇌Fe （SCN）3；故答案为：Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3；②Fe2+被H2O2氧化生成Fe3+，从而增大Fe3+浓度，Fe3+、SCN﹣反应生成Fe（SCN）3，从而增大络合物浓度，溶液颜色加深，故答案为：Fe2+被H2O2氧化生成Fe3+，从而增大Fe3+浓度，Fe3+、SCN ﹣反应生成Fe（SCN）3，从而增大络合物浓度；（4）根据①滴加FeCl3溶液无明显变化，说明SCN﹣发生了反应而不是Fe3+发生反应，滴加稀HCl和BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明生成了硫酸根；根据②另取同浓度的 FeCl3溶液滴加2滴试剂X，溶液变红，再通入O2，无明显变化，说明O2不能氧化SCN﹣，所以氧化SCN﹣的为双氧水；故答案为：SCN﹣发生了反应而不是Fe3+发生反应；排除H2O2分解产生的O2氧化SCN﹣的可能；H2O2将SCN﹣氧化成SO42﹣．点评：本题通过探究氯气与铁反应，考查了物质性质实验方案的设计方法，题目难度稍大，注意掌握氯气与铁反应的现象、反应原理，明确物质性质实验方案的设计原则，试题充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力．9．（14分）制作软质隐形眼镜高分子材料（M）和聚酯PET的合成路线如下：已知酯与醇可发生如下酯交换反应：RCOOR′+R″OH RCO OR″+R′OH（R、R′、R″代表有机基团）（1）A的相对分子质量是28，A、B分子中含有的官能团分别是碳碳双键、羟基．（2）B的名称是乙二醇．（3）反应I的反应类型是a（选填字母）．a．加聚反应 b．缩聚反应（4）有关B、C、D的说法正确的是b．a.1mol B最多可以和1mol C反应b．C、D都能使Br2的CCl4溶液褪色c．D与NaOH溶液共热后可以得到B和C（5）B→D的化学方程式是．（6）C有多种同分异构体，其中一种是合成纤维维尼纶的单体，该分子在酸性环境下水解得到两种产物，它们的相对分子质量相差16，该同分异构体的结构简式是CH3COOCH=CH2．（7）反应Ⅱ的化学方程式是．考点：有机物的推断．专题：有机物的化学性质及推断．分析：根据M的结构简式可知D为CH2=C（CH3）COOCH2CH2OH，D发生加聚反应得M，A的相对分子质量是28，A与溴单质加成、再碱性水解得B，B与C在浓硫酸加热条件下得D，根据D的结构可知B为HOCH2CH2OH，C为CH2=C（CH3）COOH，进一步推得A为CH2=CH2，HOCH2CH2OH与发生信息中的反应得E，结合E的分子式可知E为，E发生信息中的反应可以得聚酯PET和B，据此答题．解答：解：根据M的结构简式可知D为CH2=C（CH3）COOCH2CH2OH，D发生加聚反应得M，A 的相对分子质量是28，A与溴单质加成、再碱性水解得B，B与C在浓硫酸加热条件下得D，根据D的结构可知B为HOCH2CH2OH，C为CH2=C（CH3）COOH，进一步推得A为CH2=CH2，HOCH2CH2OH与发生信息中的反应得E，结合E的分子式可知E为，E发生信息中的反应可以得聚酯PET和B，（1）A为CH2=CH2，B为HOCH2CH2OH，它们含有的官能团分别是碳碳双键、羟基，故答案为：碳碳双键、羟基；（2）B为HOCH2CH2OH，B的名称是乙二醇，故答案为：乙二醇；（3）根据上面的分析可知，反应I的反应类型是加聚反应，故选a，故答案为：a；（4）有关B、C、D的说法中，a．B中有两个羟基，所以1mol B最多可以和2mol C反应，故a错误；b．C、D中都有碳碳双键，都能使Br2的CCl4溶液褪色，故b正确；c．D与NaOH溶液共热后可以得到B和C的钠盐，故c错误，故选b；（5）B→D的化学方程式是，故答案为：；（6）C有多种同分异构体，其中一种是合成纤维维尼纶的单体，该分子在酸性环境下水解得到两种产物，它们的相对分子质量相差16，在分子组成上应该相差一个氧原子，该同分异构体的结构简式是CH3COOCH=CH2，故答案为：CH3COOCH=CH2；（7）反应Ⅱ的化学方程式是，故答案为：；点评：本题考查有机物的推断与合成，注意根据充分利用题中信息和有机物的结构进行推断，明确有机物的官能团及其性质是解本题关键，难度中等．10．（14分）工业上回收利用某合金废料（主要含Fe、Cu、Co、Li等，已知Co、Fe都是中等活泼金属）的工艺流程如下：（1）金属M为Cu，操作1为过滤．（2）加入H2O2的作用是（用离子方程式表示）2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，加入氨水的作用是调节溶液的pH使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀．（3）充分焙烧的化学方程式为4CoC2O4・2H2O+3O22Co2O3+8H2O+8CO2．（4）已知Li2CO3微溶于水，其饱和溶液的浓度与温度关系见下表．操作2中，蒸发浓缩后必须趁热过滤，其原因是减少Li2CO3的溶解损失，90℃时Ksp（Li2CO3）的值为4.0×10﹣3．温度/℃10 30 60 90浓度/mol・L﹣10.21 0.17 0.14 0.10（5）用惰性电极电解熔融Li2CO3制取锂，阳极生成两种气体，则阳极的电极反应式为2CO32﹣﹣4e﹣=O2↑+CO2↑．考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．专题：实验设计题．分析：合金废料（主要含Fe、Cu、Co、Li等，已知Co、Fe都是中等活泼金属）加入盐酸过滤得到金属M为不与盐酸反应的铜，浸出液中加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入氨水调节溶液PH使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，通过操作Ⅰ过滤得到溶液A中加入草酸铵溶液沉淀钴离子过滤得到溶液B主要是锂离子的溶液，加入碳酸钠沉淀锂离子，过滤得到碳酸锂；结晶析出CoC2O4•2H2O足量空气煅烧得到氧化钴，以此解答该题．解答：解：合金废料（主要含Fe、Cu、Co、Li等，已知Co、Fe都是中等活泼金属）加入盐酸过滤得到金属M为不与盐酸反应的铜，浸出液中加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入氨水调节溶液PH使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，通过操作Ⅰ过滤得到溶液A中加入草酸铵溶液沉淀钴离子过滤得到溶液B主要是锂离子的溶液，加入碳酸钠沉淀锂离子，过滤得到碳酸锂；结晶析出CoC2O4•2H2O足量空气煅烧得到氧化钴，（1）上述分析判断金属M为Cu，操作Ⅰ为过滤操作故答案为：Cu；过滤；（2）加入H2O2的作用是氧化亚铁离子为铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；加入氨水的作用是调节溶液PH使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；调节溶液的pH使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀；（3）CoC2O4焙烧生成Co2O3、CO2和水，反应的化学方程式为4CoC2O4・2H2O+3O22Co2O3+8 H2O+8CO2，故答案为：4CoC2O4・2H2O+3O22Co2O3+8 H2O+8CO2；（4）Li2CO3微溶于水，溶解度随温度升高而降低，为减少Li2CO3的溶解损失，蒸发浓缩后必须趁热过滤，90℃时c（Li2CO3）的浓度为0.10mol/L，则c（Li+）=0.20mol/L，c（CO32﹣）=0.10mol/L，则Ksp（Li2CO3）=0.20×0.20×0.10=4.0×10﹣3，故答案为：减少Li2CO3的溶解损失；4.0×10﹣3；。

重庆市沙河中学2015届高考化学二诊试卷一、选择题（本大题共7小题，每小题6分，共42分．每小题只有一个选项符合题意．）1．（6分）用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的是（）A．如图所示装置，蒸干AlCl3饱和溶液制备AlCl3晶体B．如图所示装置，制备并收集少量NO2气体C．如图所示装置，分离CCl4萃取I2水后的有机层和水层D．如图所示装置，可以证明氧化性：Cl2＞Br2＞I22．（6分）下列离子方程式的书写与结论均合理的是（）选项离子方程式结论A AgCl（s）+I﹣（aq）═AgI（s）+Cl﹣（aq）溶解度：AgI＞AgClB Fe2++H2O2+2H+═Fe3++2H2O 氧化性：H2O2＞Fe3+C CO32﹣+CO2+H2O═2HCO3﹣稳定性：HCO3﹣＞CO32﹣D NH3+H3O+═NH4++H2O 得质子能力：NH3＞H2OA．A B．B C．C D．D3．（6分）设N A为阿伏加德罗常数的值．下列叙述不正确的是（）A．7.80g Na2O2与5.85g NaCl所含阴离子数相等B．15g甲醛（HCHO）和乙酸的混合物与氧气充分反应，转移的电子数为0.3N AC．一定条件下，1.4g N2和0.2mol H2混合充分反应，转移的电子数为0.3N AD．常温下，2L pH=12的Na2CO3溶液中含有OH﹣数目为0.02N A4．（6分）80℃时，2L 密闭容器中充入0.40mol N2O4，发生反应N2O4═2NO2△H=+Q kJ•mol﹣1（Q＞0），获得如下数据：时间/s 0 20 40 60 80 100c（NO2）/mol•L﹣10.00 0.12 0.20 0.26 0.30 0.30下列判断正确的是（）A．升高温度该反应的平衡常数K减小B．20～40s 内，v（N2O4）=0.004mol•L﹣1•s1C．反应达平衡时，吸收的热量为0.30Q kJD．100s时再通入0.40mol N2O4，达新平衡时N2O4的转化率增大5．（6分）在恒温条件下，将气体X、Y充入2L密闭容器中反应生成气体Z．若各气体的物质的量随时间变化曲线如图所示，下列描述正确的是（）A．前10s内 v（X）=0.08mol•L﹣1•s﹣1B．该反应的平衡常数K=32C．平衡时X、Y的转化率相同D．达到平衡后，将容器体积扩大为4L，平衡向逆反应方向移动6．（6分）含氮废水中的NH4+在一定条件下可与O2发生以下反应：①NH4+（aq）+O2（g）=NO2﹣（aq）+2H+（aq）+H2O（l）△H=﹣273kL/mol②NO2﹣（aq）+O2（g）=NO3﹣（aq）△H=﹣73kL/mol下列叙述不正确的是（）A．升高温度，可使①②反应速率均加快B．室温下时0.1 mol/L HNO2（aq） pH＞1，则NaNO2溶液显碱性C．NH4+（aq）+2O2（g）═NO3﹣（aq）+2H+（aq）+H2O（l）△H=﹣346kJ/molD．1 mol NH4+在①反应中与1 mol NO2﹣在②反应中失电子数之比为1：37．（6分）如图是CO2电催化还原为CH4的工作原理示意图．下列说法不正确的是（）A．该过程是电能转化为化学能的过程B．一段时间后，①池中n（KHCO3）不变C．一段时间后，②池中溶液的pH一定下降D．铜电极的电极反应式为CO2+8H++8e﹣═CH4+2H2O二、非选择题（本大题共4小题，共58分）8．（17分）已知有机物F和高分子N的合成路线如图所示：已知：R﹣CH═CH﹣R′R﹣COOH+R′﹣COOH；R﹣CH═CH﹣R′R﹣CHO+R′﹣CHO（1）Q只含碳、氢、氧三种元素，且其碳、氢、氧元素质量比为9：1：6，经测定Q的相对分子质量是128.1mol Q可与1mol Br2加成，并能与1mol NaHCO3恰好完全反应，且分子中无支链．Q的分子式是．（2）A所含官能团的名称是、；A→B的反应类型是；（3）写出C与银氨溶液反应的化学方程式：；（4）G的结构简式是；Q的反式结构简式是．（5）下列说法正确的是．a．C能与苯酚在一定条件下生成高分子化合物b．D催化加氢的产物与F互为同分异构体c．F能发生氧化反应、取代反应、加成反应d．高分子N的每条分子链中含有（n﹣1）个酯基（6）写出满足下列条件H的一种同分异构体的结构简式①能与NaHCO3反应②能发生银镜反应③核磁共振氢谱有4个吸收峰（7）写出H→N的化学方程式：．9．（13分）大气中可吸入颗粒物PM2.5主要来源为燃煤、机动车尾气等．（1）若取某PM2.5样本，用蒸馏水处理，测得溶液中含有的离子有：K+、Na+、NH4+、SO42﹣、NO3﹣、Cl﹣，则该溶液为（填“酸性”或“碱性”）溶液，其原因用离子方程式解释是：．（2）“洗涤”燃煤烟气可减轻PM2.5中SO2的危害，下列可适用于吸收SO2的试剂有a．CaCl2溶液 b．氨水 c．Ca（OH）2悬浊液 d．浓H2SO4（3）煤烟气中的氮氧化物可用CH4催化还原成无害物质．若常温下，1mol NO2与CH4反应，放出477.5kJ热量，该反应的热化学方程式是．（4）安装汽车尾气催化转化器也可减轻PM2.5的危害，其反应是：2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2（g）；△H＜0．①该反应平衡常数表达式K=；温度升高K值（填“增大”或“减小”）②若该反应在绝热、恒容的密闭体系中进行，下列示意图正确且能说明反应在进行到t1时刻达到平衡状态的是．（5）使用锂离子电池为动力汽车，可减少有害气体的排放．锰酸锂离子蓄电池的反应式为：Li1﹣x MnO4+Li x C LiMnO4+C下列有关说法正确的是a．充电时电池内部Li+向正极移动b．放电过程中，电能转化为化学能c．放电时电池的正极反应式为：Li1﹣x MnO4+xe﹣+xLi+=LiMnO4d．充电时电池的正极应与外接电源的负极相连．10．（14分）氢溴酸在医药和石化工业上有广泛用途．下图是模拟工业制备氢溴酸粗品及精制的流程：已知：Br2是易挥发、深红棕色的液体；氢溴酸是易挥发、无色液体．根据上述流程回答下列问题：（1）反应室①中发生反应的化学方程式为．（2）反应室①使用冰水的目的．（3）操作I的名称，操作Ⅱ用到的玻璃仪器有．（4）反应室②中加入Na2SO3的目的是．（5）工业生产中制得的氢溴酸带有淡淡的黄色．于是甲乙两同学设计了实验加以探究：①甲同学假设工业氢溴酸呈淡黄色是因为含Fe3+，则用于证明该假设所用的试剂为，若假设成立可观察到的现象为．②乙同学假设工业氢溴酸呈淡黄色是因为，其用于证明该假设成立的方法为．11．（14分）某化学小组用下图1装置电解CuCl2溶液制少量漂白液：（1）其阳极的反应式是：；导气管W端应与出气口连接．（2）实验后发现阴极碳棒上除了附着有红色物质，还附着有少量白色物质．查阅资料显示：物质名称及化学式氯化亚铜CuCl 碱式氯化铜Cu2（OH）3Cl性质白色固体、不溶水绿色固体、不溶水化学小组分析提出：①红色物质可能有、或Cu2O、或二者都有；②白色物质为CuCl（3）为探究阴极碳棒上附着的红色、白色物质，设计了如下实验：取出阴极碳棒，洗涤、干燥、称其质量为W1g，并将其放入图2所示装置b中，进行实验．实验中，碳棒上的白色物质完全变为红色，无水硫酸铜不变色，d中出现白色沉淀；实验结束时，继续通H2直至碳棒冷却后，称量其质量为W2g．①碳棒上的红色物质是，无水硫酸铜的作用是；②d中反应的离子方程式是；③装置b中发生反应的化学方程式是．④电解CuCl2溶液时，阴极上产生白色物质的原因用电极反应式解释为．⑤阴极上产生白色物质的物质的量是；若装置b冷却时不继续通H2，则计算所得Cu+的产率会（偏大、偏小、不变）．重庆市沙河中学2015届高考化学二诊试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，共42分．每小题只有一个选项符合题意．）1．（6分）用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的是（）A．如图所示装置，蒸干AlCl3饱和溶液制备AlCl3晶体B．如图所示装置，制备并收集少量NO2气体C．如图所示装置，分离CCl4萃取I2水后的有机层和水层D．如图所示装置，可以证明氧化性：Cl2＞Br2＞I2考点：化学实验方案的评价．专题：实验评价题．分析：A．蒸干AlCl3饱和溶液，水解生成的盐酸易挥发；B．NO2与水反应；C．碘不易溶于水，易溶于四氯化碳，且有机层在下层；D．氯气可氧化溴离子、碘离子．解答：解：A．蒸干AlCl3饱和溶液，水解生成的盐酸易挥发，蒸干得到氢氧化铝，故A错误；B．NO2与水反应，不能利用图中排水法收集，故B错误；C．碘不易溶于水，易溶于四氯化碳，且有机层在下层，图中萃取、分液操作合理，故C正确；D．氯气可氧化溴离子、碘离子，不能比较Br2＞I2，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，涉及盐类水解、气体的制备及收集、混合物分离提纯、氧化性比较等，侧重化学反应原理及实验装置图的考查，注意实验操作性、评价性分析，题目难度不大．2．（6分）下列离子方程式的书写与结论均合理的是（）选项离子方程式结论A AgCl（s）+I﹣（aq）═AgI（s）+Cl﹣（aq）溶解度：AgI＞AgClB Fe2++H2O2+2H+═Fe3++2H2O 氧化性：H2O2＞Fe3+C CO32﹣+CO2+H2O═2HCO3﹣稳定性：HCO3﹣＞CO32﹣D NH3+H3O+═NH4++H2O 得质子能力：NH3＞H2OA．A B．B C．C D．D考点：离子方程式的书写．专题：离子反应专题．分析：A．发生沉淀的转化，向溶度积更小的方向进行；B．发生氧化还原反应，电子、电荷不守恒；C．离子反应与稳定性无关；D．由离子反应可知，氨气易结合氢离子．解答：解：A．发生沉淀的转化，向溶度积更小的方向进行，则由AgCl（s）+I﹣（aq）═AgI （s）+Cl﹣（aq）可知，溶解度：AgI＜AgCl，故A错误；B．发生氧化还原反应，电子、电荷不守恒，离子反应为2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O，故B错误；C．离子反应与稳定性无关，不能比较离子的稳定性，故C错误；D．由NH3+H3O+═NH4++H2O可知，得质子能力：NH3＞H2O，故D正确．故选D．点评：本题考查离子反应方程式，为高频考点，把握离子反应及结论的关系为解答的关键，侧重沉淀转化、氧化还原及中和的离子反应的考查，选项C为解答的难点，题目难度不大．3．（6分）设N A为阿伏加德罗常数的值．下列叙述不正确的是（）A．7.80g Na2O2与5.85g NaCl所含阴离子数相等B．15g甲醛（HCHO）和乙酸的混合物与氧气充分反应，转移的电子数为0.3N AC．一定条件下，1.4g N2和0.2mol H2混合充分反应，转移的电子数为0.3N AD．常温下，2L pH=12的Na2CO3溶液中含有OH﹣数目为0.02N A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、依据n=计算物质的量结合物质化学式计算阴离子数；B、甲醛（HCHO）和乙酸最简式相同为CH2O，依据n=计算CH2O物质的量燃烧生成二氧化碳和水转移电子数；C、依据n=计算物质的量，氮气和氢气反应是可逆反应，不能进行彻底；D、依据溶液PH和离子积计算得到氢氧根离子浓度得到氢氧根离子数．解答：解：A、7.80g Na2O2物质的量==0.1mol，含阴离子过氧根离子0.1mol，5.85g NaCl物质的量为0.1mol，含阴离子氯离子0.1mol，阴离子数相等，故A正确；B、甲醛（HCHO）和乙酸最简式相同为CH2O，15g甲醛（HCHO）和乙酸的混合物中CH2O物质的量==0.5mol，和氧气反应生成二氧化碳和水，转移电子2mol，转移的电子数为0.2N A，故B错误；C、一定条件下，1.4g N2物质的量为0.05mol，和0.2mol H2混合充分反应，氮气和氢气反应是可逆反应，不能进行彻底；转移的电子数小于0.3N A，故C错误；D、常温下，2L pH=12的Na2CO3溶液中，c（H+）=10﹣12mol/L，c（OH﹣）=10﹣2mol/L，含有OH﹣数目=10﹣2mol/L×2L×N A=0.02N A，故D正确；故选BC．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是质量换算物质的量计算微粒数的方法，物质结构和特征是解题关键，题目难度中等．4．（6分）80℃时，2L 密闭容器中充入0.40mol N2O4，发生反应N2O4═2NO2△H=+Q kJ•mol﹣1（Q＞0），获得如下数据：时间/s 0 20 40 60 80 100c（NO2）/mol•L﹣10.00 0.12 0.20 0.26 0.30 0.30下列判断正确的是（）A．升高温度该反应的平衡常数K减小B．20～40s 内，v（N2O4）=0.004mol•L﹣1•s1C．反应达平衡时，吸收的热量为0.30Q kJD．100s时再通入0.40mol N2O4，达新平衡时N2O4的转化率增大考点：化学平衡建立的过程．专题：化学平衡专题．分析：A、根据该反应为吸热反应，温度升高，平衡向吸热的方向移动，即正反应方向移动；B、根据v=计算NO2的反应速率，利用速率之比等于化学计量数之比求出v（N2O4）；C、根据物质的量与热量成正比；D、加入N2O4，则平衡状态相当于增大压强，平衡逆向移动；解答：解：A、该反应为吸热反应，温度升高，平衡向吸热的方向移动，即正反应方向移动，平衡常数K增大，故A错误；B、20～40s 内，v（NO2）===0.004mol•L﹣1•s1，v（N2O4）=v（NO2）=0.002mol•L﹣1•s1，故B错误；C、浓度不变时，说明反应已达平衡，反应达平衡时，生成NO2的物质的量为0.30mol•L﹣1×2L=0.60mol，由热化学方程式可知生成2molNO2吸收热量QkJ，所以生成0.6molNO2吸收热量0.3QkJ，故C正确；D、100s时再通入0.40mol N2O4，平衡状态相当于增大压强，平衡逆向移动，N2O4的转化率减小，故D错误；故选C．点评：本题主要考查化学反应速率、化学平衡移动以及热量的有关计算，题目较为综合，具有一定难度，做题时注意平衡常数只受温度影响，温度不变平衡常数不变．5．（6分）在恒温条件下，将气体X、Y充入2L密闭容器中反应生成气体Z．若各气体的物质的量随时间变化曲线如图所示，下列描述正确的是（）A．前10s内 v（X）=0.08mol•L﹣1•s﹣1B．该反应的平衡常数K=32C．平衡时X、Y的转化率相同D．达到平衡后，将容器体积扩大为4L，平衡向逆反应方向移动考点：物质的量或浓度随时间的变化曲线．专题：化学平衡专题．分析：根据图象知，反应物为X、Y，生成物为Z，0﹣10s时，反应物X物质的量减少（1.20﹣0.40）mol=0.80mol，Y的物质的量减少（1.00﹣0.20）mol=0.80mol，Z的物质的量增加1.60mol．参加反应的X、Y、Z的物质的量之比=0.80mol：0.80mol：1.60mol=1：1：2，所以该反应方程式为X+Y⇌2Z．A、根据图中X的变化量求反应速率；B、根据平衡常数K=常数K=计算平衡常数．C、根据转化率公式计算．D、压强对该反应的化学平衡无影响．解答：解：A、由图中可知0～10s，X的变化量为1.0﹣0.2=0.8mol，所以v（X）===0.04mol/（L•s），故A错误；B、根据图象知，反应物为X、Y，生成物为Z，0﹣10s时，反应物X物质的量减少（1.20﹣0.40）mol=0.80mol，Y的物质的量减少（1.00﹣0.20）mol=0.80mol，Z的物质的量增加1.60mol．参加反应的X、Y、Z的物质的量之比=0.80mol：0.80mol：1.60mol=1：1：2，所以该反应方程式为X+Y=2Z，T℃时，平衡常数K===32，故B正确；C、平衡时X的转化率=×100%=66.7%；平衡时Y的转化率=100%=80%，故C错误；D、扩大容器体积，容器内气体的压强减小，该反应是一个反应前后气体体积不变的化学反应，所以压强只影响化学反应速率但不影响化学平衡，故D错误．故选B．点评：本题考查化学平衡图象问题，题目难度不大，注意分析图象中各物理量的变化曲线，把握相关物理量的计算．6．（6分）含氮废水中的NH4+在一定条件下可与O2发生以下反应：①NH4+（aq）+O2（g）=NO2﹣（aq）+2H+（aq）+H2O（l）△H=﹣273kL/mol②NO2﹣（aq）+O2（g）=NO3﹣（aq）△H=﹣73kL/mol下列叙述不正确的是（）A．升高温度，可使①②反应速率均加快B．室温下时0.1 mol/L HNO2（aq） pH＞1，则NaNO2溶液显碱性C．NH4+（aq）+2O2（g）═NO3﹣（aq）+2H+（aq）+H2O（l）△H=﹣346kJ/molD．1 mol NH4+在①反应中与1 mol NO2﹣在②反应中失电子数之比为1：3考点：热化学方程式．专题：化学反应中的能量变化．分析：A、升高温度，化学反应速率会加快；B、弱酸强碱盐中阴离子水解会导致溶液显示碱性；C、根据盖斯定律来计算化学反应的焓变；D、根据化合价的升降判断电子的转移情况．解答：解：A、升高温度，任何化学反应速率都会加快，故A正确；B、室温下时0.1 mol/L HNO2（aq） pH＞1，证明亚硝酸是弱酸，所以NaNO2溶液因为亚硝酸根离子水解会导致溶液显碱性，故B正确；C、根据盖斯定律，反应NH4+（aq）+2O2（g）═NO3﹣（aq）+2H+（aq）+H2O（l）是已知两个反应相加即可得到，所以该反应的焓变△H=﹣346kJ/mol，故C正确；D、1molNH4+在①反应中失去电子是6mol，1molNO2﹣在②反应中失电子数是2mol，所以失电子数之比为3：1，故D错误．故选D．点评：本题是一道综合知识的考查题，涉及电子的转移、盐的水解、温度对化学反应速率的影响等方面的知识，难度不大．7．（6分）如图是CO2电催化还原为CH4的工作原理示意图．下列说法不正确的是（）A．该过程是电能转化为化学能的过程B．一段时间后，①池中n（KHCO3）不变C．一段时间后，②池中溶液的pH一定下降D．铜电极的电极反应式为CO2+8H++8e﹣═CH4+2H2O考点：电解原理．专题：电化学专题．分析：A、电解池是将电能转化为化学能的装置；B、在电解池的阴极上发生二氧化碳得电子的还原反应；C、在电解池的阳极上，是阴离子发生失电子的氧化反应；D、CO2电催化还原为CH4的过程CO2+8H++8e﹣═CH4+2H2O是一个还原反应过程．解答：解：A、该装置是一个电解池，电解池是将电能转化为化学能的装置，故A正确；B、在电解池的阴极上发生二氧化碳得电子的还原反应，即CO2+8H++8e﹣═CH4+2H2O，一段时间后，氢离子减小，氢氧根浓度增大，氢氧根会和①池中的碳酸氢钾反应，所以n（KHCO3）会减小，故B错误；C、在电解池的阳极上，是阴离子氢氧根离子发生失电子的氧化反应，所以酸性增强，pH一定下降，故C正确；D、CO2电催化还原为CH4的过程是一个还原反应过程，所以铜电解是电解池的阴极，铜电极的电极反应式为CO2+8H++8e﹣═CH4+2H2O，故D正确．故选B．点评：本题考查学生电解池的工作原理知识，注意两极反应式的书写以及氧化还原反应之间的关系，注意规律的总结是关键，难度不大．二、非选择题（本大题共4小题，共58分）8．（17分）已知有机物F和高分子N的合成路线如图所示：已知：R﹣CH═CH﹣R′R﹣COOH+R′﹣COOH；R﹣CH═CH﹣R′R﹣CHO+R′﹣CHO（1）Q只含碳、氢、氧三种元素，且其碳、氢、氧元素质量比为9：1：6，经测定Q的相对分子质量是128.1mol Q可与1mol Br2加成，并能与1mol NaHCO3恰好完全反应，且分子中无支链．Q的分子式是C6H8O3．（2）A所含官能团的名称是羟基、羧基；A→B的反应类型是消去反应；（3）写出C与银氨溶液反应的化学方程式：CH3CHO+2Ag（NH3）2OH CH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O；（4）G的结构简式是；Q的反式结构简式是．（5）下列说法正确的是ab．a．C能与苯酚在一定条件下生成高分子化合物b．D催化加氢的产物与F互为同分异构体c．F能发生氧化反应、取代反应、加成反应d．高分子N的每条分子链中含有（n﹣1）个酯基（6）写出满足下列条件H的一种同分异构体的结构简式①能与NaHCO3反应②能发生银镜反应③核磁共振氢谱有4个吸收峰（7）写出H→N的化学方程式：．考点：有机物的合成．专题：有机物的化学性质及推断．分析：Q只含碳、氢、氧三种元素，且其碳、氢、氧元素质量比为9：1：6，则三种原子的个数之比是：1：=6：8：3，即最简式为C6H8O3．而Q的相对分子质量是128，则Q的分子式是C6H8O3．1 mol Q可与l mol Br2加成，说明含有1个碳碳双键．并能与l molNaHCO3恰好完全反应，说明含有1个羧基，且分子中无支链．Q被酸性高锰酸钾溶液氧化生成乙二酸和E，E能和氢气发生加成反应生成F，F中含有﹣COOH、﹣OH，F发生反应生成六元环化合物，应是发生酯化反应，为2 mol F反应生成l mol G，且羟基连接在与羧基相邻的碳原子上，因此F的结构简式为CH3CH2CH（OH）COOH，E的结构简式为CH3CH2COCOOH，G的结构简式为，Q的结构简式是CH3CH2COCH=CHCOOH，Q与氢气加成生成A，则A的结构简式为CH3CH2CH（OH）CH2CH2COOH．B能被臭氧氧化，则A生成B是羟基的消去反应，根据B的氧化产物含有C（乙醛）可知，B的结构简式为CH3CH=CHCH2CH2COOH，则D的结构简式为OHCCH2CH2COOH．D继续被氧化生成H，则H的结构简式为HOOCCH2CH2COOH．H与乙二醇发生缩聚反应生成高分子化合物N，则N的结构简式为，据此解答．解答：解：Q只含碳、氢、氧三种元素，且其碳、氢、氧元素质量比为9：1：6，则三种原子的个数之比是：1：=6：8：3，即最简式为C6H8O3．而Q的相对分子质量是128，则Q 的分子式是C6H8O3．1 mol Q可与l mol Br2加成，说明含有1个碳碳双键．并能与l molNaHCO3恰好完全反应，说明含有1个羧基，且分子中无支链．Q被酸性高锰酸钾溶液氧化生成乙二酸和E，E能和氢气发生加成反应生成F，F中含有﹣COOH、﹣OH，F发生反应生成六元环化合物，应是发生酯化反应，为2 mol F反应生成l mol G，且羟基连接在与羧基相邻的碳原子上，因此F的结构简式为CH3CH2CH（OH）COOH，E的结构简式为CH3CH2COCOOH，G的结构简式为，Q的结构简式是CH3CH2COCH=CHCOOH，Q与氢气加成生成A，则A的结构简式为CH3CH2CH（OH）CH2CH2COOH．B能被臭氧氧化，则A生成B是羟基的消去反应，根据B的氧化产物含有C（乙醛）可知，B的结构简式为CH3CH=CHCH2CH2COOH，则D的结构简式为OHCCH2CH2COOH．D继续被氧化生成H，则H的结构简式为HOOCCH2CH2COOH．H与乙二醇发生缩聚反应生成高分子化合物N，则N的结构简式为，（1）根据以上分析可知，Q的分子式为C6H8O3，故答案为：C6H8O3；（2）A的结构简式为CH3CH2CH（OH）CH2CH2COOH，分子含有的官能团是羟基、羧基，A→B的反应类型是消去反应，故答案为：羟基；羧基；消去反应；（3）C分子中含有醛基，发生银镜反应的化学方程式为：CH3CHO+2Ag（NH3）2OH CH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O，故答案为：CH3CHO+2Ag（NH3）2OH CH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O；（4）由上述分析可知，G的结构简式是；Q的结构简式是CH3CH2COCH=CHCOOH，Q的反式结构简式是，故答案为：；；（5）a．C为乙醛，能与苯酚发生缩聚反应生成高分子化合物，故a正确；b．D催化加氢的产物是HOCH2CH2CH2COOH，与F互为同分异构体，故b正确；c．F中含有羟基和羧基，能发生氧化反应、取代反应，但不能发生加成反应，故c错误；c．高分子N的每条分子链中含有2n个酯基，故d错误，故答案为：ab；（6）H的一种同分异构体满足条件：①能与NaHCO3反应，说明含有羧基；②能发生银镜反应，说明含有醛基；③核磁共振氢谱有4个吸收蜂，即含有4类氢原子，所以符合条件的有机物结构简式可以为等，故答案为：；（7）生成N的化学方程式为：，故答案为：．点评：本题考查有机物推断，综合分析确定F的结构简式是关键，再结合转化关系推断，较好的考查学生分析推理能力，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，难度较大．9．（13分）大气中可吸入颗粒物PM2.5主要来源为燃煤、机动车尾气等．（1）若取某PM2.5样本，用蒸馏水处理，测得溶液中含有的离子有：K+、Na+、NH4+、SO42﹣、NO3﹣、Cl﹣，则该溶液为酸性（填“酸性”或“碱性”）溶液，其原因用离子方程式解释是：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+．（2）“洗涤”燃煤烟气可减轻PM2.5中SO2的危害，下列可适用于吸收SO2的试剂有bc a．CaCl2溶液 b．氨水 c．Ca（OH）2悬浊液 d．浓H2SO4（3）煤烟气中的氮氧化物可用CH4催化还原成无害物质．若常温下，1mol NO2与CH4反应，放出477.5kJ热量，该反应的热化学方程式是2NO2（g）+CH4（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣955kJ/mol．（4）安装汽车尾气催化转化器也可减轻PM2.5的危害，其反应是：2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2（g）；△H＜0．①该反应平衡常数表达式K=；温度升高K值减小（填“增大”或“减小”）②若该反应在绝热、恒容的密闭体系中进行，下列示意图正确且能说明反应在进行到t1时刻达到平衡状态的是bd．（5）使用锂离子电池为动力汽车，可减少有害气体的排放．锰酸锂离子蓄电池的反应式为：Li1﹣x MnO4+Li x C LiMnO4+C下列有关说法正确的是ca．充电时电池内部Li+向正极移动b．放电过程中，电能转化为化学能c．放电时电池的正极反应式为：Li1﹣x MnO4+xe﹣+xLi+=LiMnO4d．充电时电池的正极应与外接电源的负极相连．考点：常见的生活环境的污染及治理；离子方程式的书写；常见化学电源的种类及其工作原理；化学平衡建立的过程；化学平衡常数的含义；化学平衡的影响因素．专题：基本概念与基本理论．分析：（1）NH4+水解显酸性，PM2.5的酸碱性为酸性；（2）计算出平衡时各种物质的物质的量，结合平衡常数的表达式计算；（3）依据平衡常数概念是利用生成物平衡浓度的幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积，代入平衡浓度即可计算出平衡常数；因为正反应放热，故温度升高平衡左移，K值减小；（4）A、到达平衡后正、逆速率相等，不再变化；B、到达平衡后，温度为定值，平衡常数不变，结合反应热判断随反应进行容器内温度变化，判断温度对化学平衡常数的影响；C、t1时刻后二氧化碳、NO的物质的量发生变化，最后不再变化；D、到达平衡后各组分的含量不发生变化；（5）A．充电时，电池内部阳离子向阴极移动；B．放电过程中，化学能转化为电能；C．放电时正极上得电子发生还原反应；D．充电时电池上标注有“+”的电极应于外接电源的正极相连．解答：解：（1）观察表格中发现NH4+水解显酸性，离子方程式为：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，故答案为：酸性；NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；（2）洗涤含SO2的烟气，根据酸性氧化物的性质选 b．氨水 c．Ca（OH）2悬浊液，故答案为：bc；（3）根据NO2与CH4反应成无害物质，可知无害物质氮气、二氧化碳、水，又知1mol NO2与CH4反应，放出477.5kJ热量，根据物质的变化与能量的变化成正比，可得该反应的热化学方程式是2NO2（g）+CH4（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣955kJ/mol，故答案为：2NO2（g）+CH4（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣955kJ/mol；（4）2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2（g）△H＜0．①该反应平衡常数表达式K=；因为正反应放热，故温度升高平衡左移，K值减小，故答案为：；减小；②a、到达平衡后正、逆速率相等，不再变化，t1时刻V正最大，之后随反应进行速率发生变化，未到达平衡，故a错误；b、该反应正反应为放热反应，随反应进行温度升高，化学平衡常数减小，到达平衡后，温度为定值，达最高，平衡常数不变，为最小，图象与实际符合，故b正确；c、t1时刻后二氧化碳、NO的物质的量发生变化，t1时刻未到达平衡状态，故c错误；d、NO的质量分数为定值，t1时刻处于平衡状态，故d正确；故答案为：bd；（5）a．充电时电池内部Li+向阳极移动，阴离子向阴极移动，故a错误；b．放电过程中，化学能转化为电能，故b错误；c．放电时正极上得电子发生还原反应，电极反应式为：Li1﹣xMnO4+xLi++xe﹣=LiMnO4，故c正确；d．充电时电池上标注有“+”的电极应于外接电源的正极相连，形成闭合回路，故d错误；故答案为：c．点评：该题综合考查化学反应原理的基础知识，涉及离子的水解、pH值的计算、盖斯定律的应用、化学平衡常数的计算、自由能的应用等，题目难度中等，注意相关知识的积累．10．（14分）氢溴酸在医药和石化工业上有广泛用途．下图是模拟工业制备氢溴酸粗品及精制的流程：已知：Br2是易挥发、深红棕色的液体；氢溴酸是易挥发、无色液体．根据上述流程回答下列问题：（1）反应室①中发生反应的化学方程式为SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr．（2）反应室①使用冰水的目的防止Br2和HBr挥发．（3）操作I的名称蒸馏，操作Ⅱ用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯．（4）反应室②中加入Na2SO3的目的是还原粗品中的Br2．（5）工业生产中制得的氢溴酸带有淡淡的黄色．于是甲乙两同学设计了实验加以探究：①甲同学假设工业氢溴酸呈淡黄色是因为含Fe3+，则用于证明该假设所用的试剂为KSCN溶液，若假设成立可观察到的现象为氢溴酸遇KSCN溶液变红色．②乙同学假设工业氢溴酸呈淡黄色是因为氢溴酸中含有Br2，其用于证明该假设成立的方法为用玻璃棒蘸取制得的氢溴酸，点在湿润淀粉KI试纸上变蓝（或用胶头滴管取制得的氢溴酸于试管中，滴加CCl4、振荡、静止，下层呈橙红色），证明因含Br2而显黄色．考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；制备实验方案的设计．专题：实验设计题．分析：流程分析：反应室①中发生反应 SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，经操作Ⅰ蒸馏得硫酸和氢溴酸的粗品（含溴），反应室②中加入Na2SO3还原粗品中的Br2，但会反应生成SO42﹣加入氢氧化钡后过滤得硫酸钡沉淀和无色溶液，再蒸馏得到精致的氢溴酸．（1）Br2具有强氧化性，在溶液中将SO2氧化为H2SO4，自身被还原为HBr；（2）Br2氧化SO2放出很多热量，Br2和HBr挥发；（3）由工艺流程可知，操作Ⅰ为互溶的溶液组分的分离，应是蒸馏，操作Ⅱ分离固体与液体，应是过滤；（4）粗品中可能含有为反应的Br2，应除去Br2；。

重庆市部分学校2015届高三下学期第二次质量检测化学试卷一、选择题（本大题共7小题，每小题6分，共42分．每小题只有一个选项符合题意．）1．下列有关说法中，正确的是（）A．光导纤维、聚酯纤维、棉花都属于有机高分子化合物B．在大米酿酒的过程中，淀粉最后变成了单糖C．“地沟油”经过加工处理后可以用来制肥皂D．明矾和漂白粉处理自来水，二者的作用原理相同考点：有机高分子化合物的结构和性质；胶体的重要性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；油脂的性质、组成与结构；淀粉的性质和用途．.分析：A．相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物；B．淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖分解生成酒精；C．油脂在碱性条件下水解生成肥皂；D．明矾水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体．解答：解：A．光导纤维的成分是二氧化硅，相对分子质量较小，不是高分子化合物，故A错误；B．淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖分解生成酒精，故B错误；C．油脂在碱性条件下水解生成肥皂和甘油，所以可以用“地沟油”经过加工处理后可以用来制肥皂，故C正确；D．明矾水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体，不具有强氧化性，只能用于除去水的悬浮物，而漂白粉可用于杀菌消毒，故D错误．故选C．点评：本题考查较为综合，侧重于化学与生活、环境的考查，为高频考点和常见题型，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大，注意相关基础知识的积累．2．（6分）（2015•重庆校级模拟）下列离子反应方程式错误的是（）A．向Na2SiO3溶液中逐滴加入少量稀盐酸：SiO32﹣+2H+═H2SiO3（胶体）B．稀Fe（NO3）2溶液中加入稀盐酸：Fe2++4H++NO3﹣═Fe3++NO↑+2H2OC．将Cu片加入稀硝酸中：3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2OD．向NH4Al（SO4）2溶液中加入过量的Ba（OH）2稀溶液：NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++5OH ﹣═2BaSO4↓+NH3•H2O+AlO2﹣+2H2O考点：离子方程式的书写．.分析：A．硅酸钠与盐酸反应生成硅酸胶体和氯化钠；B．电荷不守恒；C．铜与稀硝酸反应生成硝酸铜和一氧化氮和水；D．氢氧化钡过量反应生成硫酸钡、一水合氨和偏铝酸钡和水．解答：解：A．硅酸钠与盐酸反应离子方程式：SiO32﹣+2H+═H2SiO3（胶体），故A正确；B．稀Fe（NO3）2溶液中加入稀盐酸，离子方程式：3Fe2++4H++NO3﹣═3Fe3++NO↑+2H2O，故B错误；C．将Cu片加入稀硝酸中反应生成硝酸铜和一氧化氮和水：3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O，故C正确；D．向NH4Al（SO4）2溶液中加入过量的Ba（OH）2稀溶液，离子方程式：NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++5OH﹣═2BaSO4↓+NH3•H2O+AlO2﹣+2H2O，故D正确；故选：B．点评：本题考查了离子方程式书写，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D为易错选项．3．（6分）（2015•重庆校级模拟）设NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（）A．12g金刚石晶体中含有的C﹣C的数目为2NAB．1L 1 mol•L﹣1AlCl3溶液中含有的Al3+数目为NAC．在标况下，11.2L氯气通入足量的NaOH溶液中转移电子数为NAD．18g重水（D2O）含有的中子数为10 NA考点：阿伏加德罗常数．.分析：A、求出金刚石的物质的量，然后根据1mol金刚石中含2molC﹣C键来分析；B、Al3+是弱碱阳离子，在溶液中会水解；C、氯气与碱的反应为歧化反应；D、重水的摩尔质量为20g/mol．解答：解：A、12g金刚石的物质的量为1mol，而1mol金刚石中含2molC﹣C键，故A正确；B、Al3+是弱碱阳离子，在溶液中会水解，故溶液中Al3+的个数小于NA，故B错误；C、标况下，11.2L氯气的物质的量为0.5mol，氯气与碱的反应为歧化反应，1mol氯气转移1mol电子，故0.5mol氯气转移0.5mol电子，故C错误；D、重水的摩尔质量为20g/mol，故18g重水的物质的量为0.9mol，而1mol重水中含10mol中子，故0.9mol重水中含9mol中子，故D错误．故选A．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．4．（6分）（2015•重庆校级模拟）下列实验操作、现象和结论均为正确的是（）选项操作现象结论A ①将湿润的红色石蕊试纸靠近试试纸不变色NH4Cl受热不分解管口B ②中振荡后静置下层液体颜色变浅NaOH溶液可除去溶在溴苯中的Br2C ③加热洗气瓶中溶液褪色生成了乙烯D ④通电A极上有红色固体锌的金属性比铜强析出A．A B．B C．C D．D考点：化学实验方案的评价．.分析：A．分解得到的氨气与HCl又结合为氯化铵；B．氢氧化钠与溴反应，溴苯不与水互溶，且密度大于水；C．挥发出的乙醇也可以使酸性高锰酸钾溶液褪色；D．A连接电源负极，为阴极，铜离子氧化性比锌离子氧化性强，通电时A极有Cu析出．解答：解：A．氯化铵受热分解为氨气与HCl，受冷后氨气与HCl又结合为氯化铵，故湿润的红色石蕊试纸靠近试管口试纸不变色，故A错误；B．氢氧化钠与溴反应，溴苯不与水互溶，且密度大于水，静置后，溶液分层，下层液体颜色变浅，可以用NaOH溶液可除去溶在溴苯中的Br2，故B正确；C．挥发出的乙醇被酸性高锰酸钾氧化为乙酸，也可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C 错误；D．A连接电源负极，为阴极，通电时，A电极发生还原反应，有Cu析出，铜离子氧化性比锌离子氧化性强，说明Zn的金属性比Cu强，故D正确，故选BD．点评：本题考查实验方案设计与评价，C选项为易错点，学生容易考虑乙烯，而忽略挥发出的乙醇，是对学生综合能力的考查，难度中等．5．（6分）（2015•重庆校级模拟）已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素，其中元素A、E的单质在常温下呈气态，元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，元素D的合金是日常生活中常用的金属材料．下列说法正确的是（）A．元素A、B组成的化合物常温下一定呈气态B．元素C、D的最高价氧化物对应的水化物之间不能发生反应C．工业上常用电解法制备元素C、D、E的单质D．化合物AE与CE有相同类型的化学键考点：原子结构与元素的性质．.分析：元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，B为2个电子层时，B为C，为3个电子层时为S，A、E的单质在常温下呈气态，元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，则C为Na元素，元素D的合金是日常生活中常用的金属材料，则D为Al，结合原子序数依次增大，则E为Cl，B只能为C，A为H，然后结合元素及其化合物的性质来解答．解答：解：元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，B为2个电子层时，B为C，为3个电子层时为S，A、E的单质在常温下呈气态，元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，则C为Na元素，元素D的合金是日常生活中常用的金属材料，则D为Al，结合原子序数依次增大，则E为Cl，B只能为C，A为H，A．元素A、B组成的化合物常温下可能为气态、液体、固体，如烷烃中C原子数少于4个为气体，随碳原子个数增多，为液体、固体，故A错误；B．元素C、D的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、氢氧化铝，能发生反应，故B错误；C．C、D、E的单质为Na、Al、Cl2，工业上常用电解熔融的NaCl制备Na，电解熔融的氧化铝制备铝，电解氯化钠溶液制备氯气，故C正确；D．化合物AE为HCl，含共价键，CE为NaCl，含离子键，化学键类型不同，故D错误；故选C．点评：本题考查位置、结构、性质的关系及应用，元素的推断是解答的关键，注意把握元素的性质及单质、化合物的性质即可解答，题目难度中等．6．（6分）（2015•重庆校级模拟）亚硝酸钠（NaNO2）是一种具有咸味、有毒，且价格比食盐（NaCl）便宜的工业用盐，常被误作食盐使用，导致多起中毒事故发生．它的部分性质如图，下列说法错误的是（）A．可用淀粉碘化钾试纸和食醋鉴别食盐（NaCl）与亚硝酸钠（NaNO2）B．N2H4极易溶于水，因为它是极性分子且与水分子之间易形成氢键C．N aNO2与N2H4生成NaN3的反应方程式为：NaNO2+N2H4═NaN3+2H2OD．如图所涉及到的化学反应都是氧化还原反应考点：亚硝酸盐；氢键的存在对物质性质的影响；氧化还原反应．.分析：A．亚硝酸钠具有强的氧化性，酸性环境下能够与碘化钾发生氧化还原反应生成碘单质；B．含N、O、F的氢化物可形成氢键，氢键影响水溶性；C．依据图中转化关系可知：NaNO2与N2H4生成NaN3和水，反应中N元素化合价由+3价、﹣2价变为﹣价；D．氧化还原反应必须有化合价的变化．解答：解：A．依据图中转化关系可知，亚硝酸钠在酸性环境下能够氧化碘化钾生成单质碘，碘与到淀粉变蓝，氯化钠和KI不反应，可以用来鉴别氯化钠和亚硝酸钠，故A正确；B．肼和水分子都是极性分子，且二者之间能形成氢键，所以促进肼溶解，故B正确；C．NaNO2与N2H4生成NaN3和水，反应中N元素化合价由+3价、﹣2价变为﹣价，依据得失电子守恒，反应方程式为：NaNO2+N2H4═NaN3+2H2O，故C正确；D．从图中转化关系可知亚硝酸钠与氯化铵溶液反应生成亚硝酸氨和氯化钠，属于复分解反应，不存在元素化合价变化，不属于氧化还原反应，故D错误；故选：D．点评：本题主要考查了亚硝酸钠的性质和氧化还原的知识，解题关键在于准确把握图中转化关系，熟悉发生的化学反应，题目难度中等．7．（6分）（2015•重庆校级模拟）下列溶液或浊液中，关于离子浓度的说法正确的是（）A．一定浓度的氨水加水稀释的过程中，c（NH4+）/c（NH3•H2O）的比值减小B．浓度均为0.1 mol•L﹣1的Na2CO3、NaHCO3混合溶液中：c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣），且2c（Na+）=3[c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）]C．0.2 mol•L﹣1的醋酸（CH3COOH）溶液与0.1 mol•L﹣1NaOH溶液等体积混合后：c（CH3COO ﹣）+2c（OH﹣）=c（CH3COOH）+2c（H+）D．常温下，已知：Ksp（AgCl）=1.8×10﹣10，Ksp（Ag2Cr2O4）=2.0×10﹣12，则Ag2CrO4悬浊液中的c（Ag+）一定小于AgCl悬浊液中的c（Ag+）考点：离子浓度大小的比较．.分析：A．加水稀释促进一水合氨电离；B．混合溶液中，CO32﹣的水解程度远远大于HCO3﹣，溶液中存在物料守恒，根据物料守恒判断；C．二者混合后，溶液中的溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa，溶液中存在电荷守恒、物料守恒；D．未告知溶液是否是饱和溶液，所以无法确定银离子浓度大小．解答：解：A．加水稀释促进一水合氨电离，所以n（NH4+）增大、n（NH3•H2O）减小，则c （NH4+）/c（NH3•H2O）增大，故A错误；B．混合溶液中，CO32﹣的水解程度远远大于HCO3﹣，所以c（CO32﹣）＜c（HCO3﹣），溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得2c（Na+）=3[c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）]，故B错误；C．二者混合后，溶液中的溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa，溶液中存在电荷守恒c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+）、物料守恒2c（Na+）=C（CH3COOH）+C（CH3COO﹣），所以得c（CH3COO﹣）+2c（OH﹣）=c（CH3COOH）+2c（H+），故C 正确；D．未告知溶液是否是饱和溶液，所以无法确定银离子浓度大小，故D错误；故选C．点评：本题考查离子浓度大小比较，侧重考查学生分析、判断能力，明确溶液中的溶质及其性质是解本题关键，注意守恒思想的灵活运用，易错选项是A，如果单纯考虑c（NH4+）、c（NH3•H2O），二者浓度都减小，不容易判断，考虑物质的量就很容易判断，为易错点．二、非选择题（本大题共4小题，共58分）8．（14分）（2015•重庆校级模拟）已知三氯化铁的熔点为306℃，沸点为315℃，易溶于水并且有强烈的吸水性，能吸收空气里的水分而潮解．某学习小组的同学对氯气与铁的反应及产物做了如下探究实验：（1）装置的连接顺序为a、g、h、d、e、b、c、f．（2）饱和食盐水的作用是除去氯气中的氯化氢气体．（3）反应一段时间后熄灭酒精灯，冷却后将硬质玻璃管及收集器中的物质一并快速转移至锥形瓶中，加入过量的稀盐酸和少许植物油（反应过程中不振荡），充分反应后，进行如下实验：①淡黄色溶液中加入试剂X生成淡红色溶液的离子反应方程式为Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3．②淡红色溶液中加入过量H2O2后溶液红色加深的原因是Fe2+被H2O2氧化生成Fe3+，从而增大Fe3+浓度，Fe3+、SCN﹣反应生成Fe（SCN）3，从而增大络合物浓度．（4）已知红色褪去的同时有气体生成，经检验为O2．该小组同学对红色褪去的原因进行探究．①取褪色后溶液三份，第一份滴加FeCl3溶液无明显变化；第二份滴加试剂X，溶液出现红色；第三份滴加稀HCl和BaCl2溶液，产生白色沉淀．②另取同浓度的FeCl3溶液滴加2滴试剂X，溶液变红，再通入O2，无明显变化．实验①说明SCN﹣发生了反应而不是Fe3+发生反应；实验②的目的是排除H2O2分解产生的O2氧化SCN﹣的可能；得出结论：溶液褪色的原因是H2O2将SCN﹣氧化成SO42﹣．考点：探究物质的组成或测量物质的含量．.分析：（1）排列顺序为气体的制取→洗气→干燥→氯气和铁的反应→尾气处理；（2）饱和食盐水吸收氯化氢而抑制氯气溶解；（3）①根据Fe3+和KSCN反应生成络合物硫氰化铁而使溶液呈血红色；②Fe2+被H2O2氧化生成Fe3+，从而增大Fe3+浓度；（4）根据①滴加FeCl3溶液无明显变化，说明SCN﹣发生了反应而不是Fe3+发生反应，滴加稀HCl和BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明生成了硫酸根；根据②另取同浓度的FeCl3溶液滴加2滴试剂X，溶液变红，再通入O2，无明显变化，说明O2不能氧化SCN﹣．解答：解：（1）浓硫酸具有吸水性能作氯气干燥剂、碱石灰具有碱性而吸收氯气、饱和食盐水吸收氯化氢而抑制氯气溶解，装置排列顺序为气体的制取→洗气→干燥→氯气和铁的反应→尾气处理，所以装置连接顺序为a→g→h→d→e→b→c→f，故答案为：a、g、h、d、e、b、c、f；（2）饱和食盐水吸收氯化氢而抑制氯气溶解，故答案为：除去氯气中的氯化氢气体；（3）①Fe3+和KSCN反应生成络合物硫氰化铁而使溶液呈血红色，反应方程式为Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3；故答案为：Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3；②Fe2+被H2O2氧化生成Fe3+，从而增大Fe3+浓度，Fe3+、SCN﹣反应生成Fe（SCN）3，从而增大络合物浓度，溶液颜色加深，故答案为：Fe2+被H2O2氧化生成Fe3+，从而增大Fe3+浓度，Fe3+、SCN﹣反应生成Fe（SCN）3，从而增大络合物浓度；（4）根据①滴加FeCl3溶液无明显变化，说明SCN﹣发生了反应而不是Fe3+发生反应，滴加稀HCl和BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明生成了硫酸根；根据②另取同浓度的FeCl3溶液滴加2滴试剂X，溶液变红，再通入O2，无明显变化，说明O2不能氧化SCN﹣，所以氧化SCN﹣的为双氧水；故答案为：SCN﹣发生了反应而不是Fe3+发生反应；排除H2O2分解产生的O2氧化SCN ﹣的可能；H2O2将SCN﹣氧化成SO42﹣．点评：本题通过探究氯气与铁反应，考查了物质性质实验方案的设计方法，题目难度稍大，注意掌握氯气与铁反应的现象、反应原理，明确物质性质实验方案的设计原则，试题充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力．9．（14分）（2015•重庆校级模拟）制作软质隐形眼镜高分子材料（M）和聚酯PET的合成路线如下：已知酯与醇可发生如下酯交换反应：RCOOR′+R″OH RCO OR″+R′OH（R、R′、R″代表有机基团）（1）A的相对分子质量是28，A、B分子中含有的官能团分别是碳碳双键、羟基．（2）B的名称是乙二醇．（3）反应I的反应类型是a（选填字母）．a．加聚反应b．缩聚反应（4）有关B、C、D的说法正确的是b．a.1mol B最多可以和1mol C反应b．C、D都能使Br2的CCl4溶液褪色c．D与NaOH溶液共热后可以得到B和C（5）B→D的化学方程式是．（6）C有多种同分异构体，其中一种是合成纤维维尼纶的单体，该分子在酸性环境下水解得到两种产物，它们的相对分子质量相差16，该同分异构体的结构简式是CH3COOCH=CH2．（7）反应Ⅱ的化学方程式是．考点：有机物的推断．.专题：有机物的化学性质及推断．分析：根据M的结构简式可知D为CH2=C（CH3）COOCH2CH2OH，D发生加聚反应得M，A 的相对分子质量是28，A与溴单质加成、再碱性水解得B，B与C在浓硫酸加热条件下得D，根据D的结构可知B为HOCH2CH2OH，C为CH2=C（CH3）COOH，进一步推得A为CH2=CH2，HOCH2CH2OH与发生信息中的反应得E，结合E的分子式可知E为，E发生信息中的反应可以得聚酯PET和B，据此答题．解答：解：根据M的结构简式可知D为CH2=C（CH3）COOCH2CH2OH，D发生加聚反应得M，A的相对分子质量是28，A与溴单质加成、再碱性水解得B，B与C在浓硫酸加热条件下得D，根据D的结构可知B为HOCH2CH2OH，C为CH2=C（CH3）COOH，进一步推得A为CH2=CH2，HOCH2CH2OH与发生信息中的反应得E，结合E的分子式可知E为，E发生信息中的反应可以得聚酯PET和B，（1）A为CH2=CH2，B为HOCH2CH2OH，它们含有的官能团分别是碳碳双键、羟基，故答案为：碳碳双键、羟基；（2）B为HOCH2CH2OH，B的名称是乙二醇，故答案为：乙二醇；（3）根据上面的分析可知，反应I的反应类型是加聚反应，故选a，故答案为：a；（4）有关B、C、D的说法中，a．B中有两个羟基，所以1mol B最多可以和2mol C反应，故a错误；b．C、D中都有碳碳双键，都能使Br2的CCl4溶液褪色，故b正确；c．D 与NaOH溶液共热后可以得到B和C的钠盐，故c错误，故选b；（5）B→D的化学方程式是，故答案为：；（6）C有多种同分异构体，其中一种是合成纤维维尼纶的单体，该分子在酸性环境下水解得到两种产物，它们的相对分子质量相差16，在分子组成上应该相差一个氧原子，该同分异构体的结构简式是CH3COOCH=CH2，故答案为：CH3COOCH=CH2；（7）反应Ⅱ的化学方程式是，故答案为：；点评：本题考查有机物的推断与合成，注意根据充分利用题中信息和有机物的结构进行推断，明确有机物的官能团及其性质是解本题关键，难度中等．10．（14分）（2015•重庆校级模拟）工业上回收利用某合金废料（主要含Fe、Cu、Co、Li等，已知Co、Fe都是中等活泼金属）的工艺流程如下：（1）金属M为Cu，操作1为过滤．（2）加入H2O2的作用是（用离子方程式表示）2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，加入氨水的作用是调节溶液的pH使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀．（3）充分焙烧的化学方程式为4CoC2O4・2H2O+3O22Co2O3+8H2O+8CO2．（4）已知Li2CO3微溶于水，其饱和溶液的浓度与温度关系见下表．操作2中，蒸发浓缩后必须趁热过滤，其原因是减少Li2CO3的溶解损失，90℃时Ksp（Li2CO3）的值为 4.0×10﹣3．温度/℃10 30 60 90浓度/mol・L﹣1 0.21 0.17 0.14 0.10（5）用惰性电极电解熔融Li2CO3制取锂，阳极生成两种气体，则阳极的电极反应式为2CO32﹣﹣4e﹣=O2↑+CO2↑．考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．.专题：实验设计题．分析：合金废料（主要含Fe、Cu、Co、Li等，已知Co、Fe都是中等活泼金属）加入盐酸过滤得到金属M为不与盐酸反应的铜，浸出液中加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入氨水调节溶液PH使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，通过操作Ⅰ过滤得到溶液A中加入草酸铵溶液沉淀钴离子过滤得到溶液B主要是锂离子的溶液，加入碳酸钠沉淀锂离子，过滤得到碳酸锂；结晶析出CoC2O4•2H2O足量空气煅烧得到氧化钴，以此解答该题．解答：解：合金废料（主要含Fe、Cu、Co、Li等，已知Co、Fe都是中等活泼金属）加入盐酸过滤得到金属M为不与盐酸反应的铜，浸出液中加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入氨水调节溶液PH使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，通过操作Ⅰ过滤得到溶液A中加入草酸铵溶液沉淀钴离子过滤得到溶液B主要是锂离子的溶液，加入碳酸钠沉淀锂离子，过滤得到碳酸锂；结晶析出CoC2O4•2H2O足量空气煅烧得到氧化钴，（1）上述分析判断金属M为Cu，操作Ⅰ为过滤操作故答案为：Cu；过滤；（2）加入H2O2的作用是氧化亚铁离子为铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；加入氨水的作用是调节溶液PH使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；调节溶液的pH使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀；（3）CoC2O4焙烧生成Co2O3、CO2和水，反应的化学方程式为4CoC2O4・2H2O+3O22Co2O3+8 H2O+8CO2，故答案为：4CoC2O4・2H2O+3O22Co2O3+8 H2O+8CO2；（4）Li2CO3微溶于水，溶解度随温度升高而降低，为减少Li2CO3的溶解损失，蒸发浓缩后必须趁热过滤，90℃时c（Li2CO3）的浓度为0.10mol/L，则c（Li+）=0.20mol/L，c （CO32﹣）=0.10mol/L，则Ksp（Li2CO3）=0.20×0.20×0.10=4.0×10﹣3，故答案为：减少Li2CO3的溶解损失；4.0×10﹣3；（5）用惰性电极电解熔融Li2CO3制取锂，阳极生成两种气体，应为二氧化碳和氧气，电极方程式为2CO32﹣﹣4e﹣=O2↑+CO2↑，故答案为：2CO32﹣﹣4e﹣=O2↑+CO2↑．点评：本题主要考查物质的分离提纯的综合应用，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力、计算能力的考查，综合性强，注意把握实验的流程和原理，难度中等．11．（16分）（2015•重庆校级模拟）甲醇又称“木醇”或“木精”，沸点64.7℃，是无色有酒精气味易挥发的液体．甲醇有毒，误饮5～10mL能双目失明，大量饮用会导致死亡．甲醇是重要的化学工业基础原料和液体燃料，可用于制造甲醛和农药，并常用作有机物的萃取剂和酒精的变性剂等．（1）工业上可利用CO2和H2生产甲醇，方程式如下：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（l）+H2O （g）△H=Q1kJ•mol﹣1又查资料得知：①CH3OH（l）+1/2O2（g）⇌CO2（g）+2H2（g）△H=Q2kJ•mol﹣1②H2O（g）=H2O（l）△H=Q3kJ•mol﹣1，则表示甲醇的燃烧热的热化学方程式为CH3OH（l）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=（2Q1+3Q2+2Q3）kJ•mol﹣1．（2）工业上可用CO和H2O（g）来合成CO2 和H2，再利用（1）中反应原理合成甲醇．某温度下，将1molCO和1.5molH2O充入10L固定密闭容器中进行化学反应：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H＞0，当反应进行到10min时达到平衡，此时测得H2为0.6mol．回答下列问题：①0～10min内H2O（g）的平均反应速率为0.006mol/L•min．②若想加快正反应速率的同时提高CO的转化率，可以采用的方法是ac．a．升高温度b．缩小容器的体积c．增大H2O （g）的浓度d．加入适当的催化剂③若保持温度容积不变再向其中充入1molCO和0.5molH2O（g），重新达到化学平衡状态时，此时平衡混合气体中H2的体积分数为25%．（3）甲醇燃料电池是符合绿色化学理念的新型燃料电池，下图是以甲醇燃料电池（甲池）为电源的电解装置．已知：A、B、C、D、E、F都是惰性电极，丙中为0.1mol/L CuSO4溶液（假设反应前后溶液体积不变），当向甲池通入气体a和b时，D极附近呈红色．回答下列问题：①a物质是CH3OH，A电极的电极反应式为CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣=CO32﹣+6H2O．②乙装置中的总化学反应方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑．③当乙装置中C电极收集到224mL（标况下）气体时，丙中溶液的pH=1．考点：化学平衡的计算；用盖斯定律进行有关反应热的计算；电解原理．.分析：（1）依据热化学方程式和盖斯定律计算分析得到所需热化学方程式；（2）①平均反应速率=计算得到；②若想加快正反应速率的同时提高CO的转化率，依据化学反应影响因素和平衡移动原理分析选择的条件；③结合平衡常数概念，依据化学平衡三段式列式计算得到；（3）甲为原电池，乙、丙为电解池，当向甲池通入气体a和b时，D极附近呈红色，说明D为电解池的阴极，C为电解池的阳极，b为正极，a为负极，E为阳极，F为阴极；①a为甲醇电极商十点钟发生氧化反生成碳酸盐；②乙中是电极饱和食盐水；③依据电极反应和电子守恒计算所得溶液的PH．解答：解：（1）①CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（l）+H2O （g）△H=Q1kJ•mol﹣1②CH3OH（l）+O2（g）⇌CO2（g）+2H2（g）△H=Q2kJ•mol﹣1③H2O（g）=H2O（l）△H=Q3kJ•mol﹣1，依据盖斯定律①×2+②×3+③×2得到：表示甲醇的燃烧热的热化学方程式为CH3OH（l）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=（2Q1+3Q2+2Q3）kJ•mol﹣1；故答案为：CH3OH（l）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=（2Q1+3Q2+2Q3）kJ•mo l ﹣1；（2）业上可用CO和H2O（g）来合成CO2 和H2，再利用（1）中反应原理合成甲醇．某温度下，将1molCO和1.5molH2O充入10L固定密闭容器中进行化学反应：CO（g）+H2O （g）⇌CO2（g）+H2（g）△H＞0，当反应进行到10min时达到平衡，此时测得H2为0.6mol，依据化学平衡三段式列式CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）起始量（mol） 1 1.5 0 0变化量（mol）0.6 0.6 0.6 0.6平衡量（mol）0.4 0.9 0.6 0.6故答案为：6×10﹣3 mol•L﹣1•min﹣1；①0～10min内H2O（g）的平均反应速率==0.006mol/L•min；故答案为：0.006mol/L•min；②CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H＞0，反应是气体体积不变的吸热反应，若想加快正反应速率的同时提高CO的转化率，可以采用的方法是；a．升高温度，反应速率增大，平衡正向进行，故a符合；b．缩小容器的体积，压强增大，平衡不变，速率增大，不能提高一氧化碳转化率，故B不符合；c．增大H2O （g）的浓度，反应速率增大，一氧化碳转化率增大，故c符合；d．加入适当的催化剂，改变反应速率，不改变化学平衡，一氧化碳转化率不变，故d不符合；故答案为：ac；③计算平衡常数，K==1若保持温度容积不变再向其中充入1molCO和0.5molH2O（g），设生成氢气物质的量为xCO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）起始量（mol）1+0.4 0.9+0.4 0.6 0.6.6变化量（mol）x x x x平衡量（mol）1.4﹣x 1.4﹣x 0.6+x 0.6+x=1x=0.4mol此时平衡混合气体中H2的体积分数=×100%=25%故答案为：25%；（3）甲为原电池，乙、丙为电解池，当向甲池通入气体a和b时，D极附近呈红色，说明D为电解池的阴极，C为电解池的阳极，b为正极，a为负极，E为阳极，F为阴极；①上述分析可知a物质为甲醇，电极反应为：CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣=CO32﹣+6H2O；故答案为：CH3OH；CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣=CO32﹣+6H2O；②乙中是电极饱和食盐水，生成氯气和氢气、氢氧化钠溶液，反应的化学方程式为：2NaCl+2H2O 2NaOH+Cl2↑+H2↑；故答案为：2NaCl+2H2O 2NaOH+Cl2↑+H2↑；③当乙装置中C电极收集到224mL（标况下）气体时，生成氯气物质的量==0.01mol，2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，电子转移0.02mol，丙中电解硫酸铜的反应为：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，电子转移4mol，反应2mol硫酸铜，生成硫酸2mol，电子转移0.02mol，生成硫酸0.01mol，氢离子浓度=0.02mol，c（H+）==0.1mol/L，溶液的pH=1故答案为：1；点评：本题考查了化学平衡、反应速率的影响因素分析判断，平衡常数、反应速率的计算应用，原电池原理的理解应用和电解池中溶液PH的计算应用，掌握基础是关键，题目难度中等．。

2015年重庆市五区联考高考化学二模试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共7小题，共42.0分)1.下列有关生活、社会中的化学，说法不正确的是（）A.向煤中加入适量C a SO4，可大大减少烟气中的SO2B.为保证加酶洗衣粉的洗涤效果，应用温水溶解洗衣粉C.明矾水解形成的胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化D.光导纤维在信息领域应用越来越广泛，光纤的主要成分是S i O2【答案】A【解析】解：A．为减少燃烧产物中SO2的量，一般是向煤中加入适量生石灰C a O，故A错误；B．酶在适宜的温度下，催化效果更好，所以为保证加酶洗衣粉的洗涤效果，应用温水溶解洗衣粉，故B正确；C．明矾电离出的铝离子部分水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化，故C正确；D．光导纤维是一种新型无机材料，广泛应用于通信、信息处理等领域，其主要成分是S i O2，故D正确；故选A．A．向煤中进入适量C a O除去煤中二氧化硫，而不是加入硫酸钙；B．酶的主要成分为蛋白质，温水中可以提高酶的催化效果，增强洗涤效果；C．明矾电离出的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有较大吸附面积，可以净化水；D．光导纤维的主要成分为二氧化硅，光导纤维广泛应用于信息领域．本题考查了二氧化硫的治理、酶的性质、二氧化硅的性质、水的净化等知识，难度难度知识，试题综合性较强、知识点较多，充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力，试题将化学性质与实际生活向联系，增强了学生学习化学的兴趣．2.下列有关物质的应用与性质相一致的是（）A.SO2可用作漂白剂，原因是具有还原性B.F e C l3溶液可用于制印刷电路板，原因是能氧化C uC.C l2可制漂白粉，原因是能与N a OH反应D.A l（OH）3可用于治疗胃酸过多，原因是碱性强【答案】B【解析】解：A．SO2可用作漂白剂，原因是二氧化硫与有色物质化合生成无色物质，与其还原性无关，故A错误；B．C u与氯化铁反应生成氯化铜、氯化亚铁，则F e C l3溶液可用于制印刷电路板，故B 正确；C．漂白粉的成分为氯化钙、次氯酸钙，则C l2可制漂白粉，原因是能与石灰乳反应，故C错误；D．氢氧化铝与盐酸反应，可中和胃酸，原因是氢氧化铝为不溶性的弱碱，故D错误；故选B．A．二氧化硫可与有色物质化合生成无色物质；B．C u与氯化铁反应生成氯化铜、氯化亚铁；C．漂白粉的成分为氯化钙、次氯酸钙；D．氢氧化铝与盐酸反应，可中和胃酸．本题考查物质的性质，为高频考点，综合考查元素化合物知识，把握物质的性质、发生的反应及性质与用途的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．3.含有下列各组离子的溶液中，通入NH3后仍能大量共存的是（）A.H+、C u2+、F e3+、SO42-B.N a+、B a2+、A l3+、C l-C.K+、A g+、NH4+、NO3-D.N a+、K+、B r-、OH-【答案】D【解析】解：A．H+、C u2+、F e3+都与一水合氨反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．F e3+与一水合氨反应生成氢氧化铝沉淀，在溶液中不能大量共存，故B错误；C．A g+与一水合氨反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；D．N a+、K+、B r-、OH-之间不发生反应，且通入氨气后也不反应，在溶液中能够大量共存，故D正确；故选D．A．通入氨气后，铜离子、铁离子和氢离子都与氨气反应；B．通入氨气后，铝离子与一水合氨反应；C．通入氨气后，银离子与一水合氨反应；D．四种离子之间不发生反应，通入氨气后也不反应．本题考查离子共存的判断，为高考中的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间，能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件：通入氨气后，溶液中存在大量氢氧根离子，能够与氢氧根离子反应的离子不能大量共存．4.下列有关氯化钠的实验中，选用的实验用品都能用到的是（）A.除去粗盐中的不溶性杂质，选用④⑦⑧⑨B.检验A的滤液中是否含SO42-，选用②③⑩C.利用提纯后的N a C l固体配制0.1mol/L的溶液，选用④⑥⑦⑩D.用N a C l固体与浓H2SO4共热制备HC l气体，选用①⑤⑧⑨【答案】C【解析】解：A．除去粗盐中的不溶性杂质用过滤，使用漏斗、烧杯、玻璃棒，不能用分液漏斗，故A错误；B．亚硫酸银是白色沉淀，不能选用硝酸银，应首先在试液中加入盐酸酸化，再加入B a C l2溶液，若有B a SO4白色沉淀产生，则证明有SO42-，故B错误；C．用氯化钠配制0.1mol/L的氯化钠溶液，涉及的步骤有：溶解氯化钠，用到烧杯和玻璃棒；转移溶液，用到玻璃棒和容量瓶；洗涤烧杯和玻璃棒；定容溶液，用到胶头滴管，所以使用的仪器有：烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，故C正确；D．用N a C l固体与浓H2SO4共热制备HC l气体需要加热，使用酒精灯、圆底烧瓶、分液漏斗、带双孔塞的导管，用不到⑤，故D错误．故选C．A．除去粗盐中的不溶性杂质用过滤；B．检验SO42-时要避免SO32-的影响；C．用氯化钠固体配制0.1mol/L的氯化钠溶液的步骤有：溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等，根据以上配制步骤用到的仪器进行判断；D．用N a C l固体与浓H2SO4共热制备HC l气体需要加热．本题考查常见仪器的使用和化学基本操作的方法，侧重实验装置、仪器的作用的考查，题目难度不大，注意在学习中加强基础知识的积累．5.有机物M的结构简式为：，下列说法正确的是（）A.M的分子式为：C9H8O4B.M与乙酸苯乙酯互为同系物C.M可发生水解反应、加成反应、氧化反应D.1mol M可与3mol N a OH和2mol B r2发生反应【答案】C【解析】解：A．由结构可知环上有5个H，共10个H，则M的分子式为：C9H10O4，故A错误；B．该物质不含苯环，与乙酸苯乙酯结构不相似，不是同系物，故B错误；C．含-COOC-可发生水解反应，含双键、-CHO可发生加成反应和氧化反应，含-OH可发生氧化反应，故C正确；D．只有-COOC-与N a OH反应，则1mol M可与1mol N a OH，双键、酚-OH的邻对位与溴水发生反应，则1mol M与3mol B r2发生反应，故D错误；故选C．由结构可知分子式，分子中含碳碳双键、-OH、-CHO、-COOC-，结合烯烃、醇、醛、酯的性质来解答．本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重烯烃、醇、酯性质的考查，题目难度不大．6.已知金刚石的燃烧热为395k J/mol，下表是部分化学键的键能数据．下列选项中正确的是（）A.x=794.5B.x=1142.5C.1mol金刚石的能量一定比1mol CO2能量高D.金刚石燃烧的热化学方程式为2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=-790k J/mol【答案】A【解析】解：A、B．金刚石燃烧的方程式为C+O2=CO2，因为在金刚石结构中平均1mol碳形成2mol碳碳单键，所以1mol金刚石完全燃烧需拆开2mol C-C、1mol O=O，形成2mol C=O，所以2molx-2mol×348k J/mol-1mol×498k J/mol=395k J，解得x=794.5KJ，故A正确，B错误；C．因为金刚石的燃烧热为395k J/mol，则根据能量守恒，则1mol金刚石的能量和1mol 氧气的能量之和比1mol CO2能量高395k J，但不能确定1mol金刚石的能量一定比1mol CO2能量高，故C错误；D．因为金刚石的燃烧热为395k J/mol，所以金刚石燃烧的热化学方程式为C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=-395k J/mol，故D错误；故选：A．A、B．金刚石燃烧的方程式为C+O2=CO2，根据化学键的断裂和形成的数目进行计算x；C．因为金刚石的燃烧热为395k J/mol，则根据能量守恒，则1mol金刚石的能量和1mol 氧气的能量之和比1mol CO2能量高395k J判断；D．根据金刚石的燃烧热为395k J/mol书写热化学方程式为C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=-395k J/mol．本题考查热化学方程式的书写方法和计算应用，注意焓变和键能之间的关系，特别是注意分析金刚石的结构，正确判断共价键的数目是计算难点，学习中要准确把握．7.将一定质量的固体NH4I置于密闭容器中，在某温度下发生下列反应：①NH4I（s）⇌NH3（g）+HI（g）②2HI（g）⇌H2（g）+I2（g）5min后达平衡时，c（H2）=0.5mol/L，c（HI）=4mol/L，则下列说法不正确的是（）A.用NH3表示反应①的速率为1mol/（L•min）B.体系中颜色不再变化时，可判断反应均已达平衡C.该温度下反应①的平衡常数为20mol2/L2D.加压时反应②的平衡不会移动【答案】D【解析】解：平衡时c（HI）=4mol•L-1，HI分解生成的H2的浓度为0.5mol•L-1，NH4I分解生成的HI的浓度为：4mol•L-1+2×0.5mol•L-1=5mol•L-1，所以NH4I分解生成的NH3的浓度为5mol•L-1，A.5min后达平衡时，用氨气表示的反应速率为：v==1mol/（L•min），故A正确；B．体系中只有碘单质有色，则体系中颜色不再变化时，说明该反应的正逆反应速率相等，各组分浓度不再变化，可判断反应均已达平衡，故B正确；C．所以反应①的平衡常数K=c（NH3）•c（HI）=5mol•L-1×4mol•L-1=20mol2•L-2，故C正确；D．加压后，反应①向着逆向移动，则体系中HI的浓度减小，反应②向着逆向移动，故D错误；故选D．反应①的平衡常数k=c（NH3）•c（HI），NH4I分解生成的HI为平衡时HI与分解的HI 之和，即为NH4I分解生成的NH3，由反应②可知分解的c（HI）为平衡时c（H2）的2倍，求出为NH4I分解生成的NH3，A．根据v=计算出用氨气表示的反应速率；B．达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分的浓度不再变化，据此进行判断；C．代入反应①的平衡常数K=c（NH3）•c（HI）计算；D．加压时，由于反应①中平衡向着逆向移动，导致体系中HI的浓度减小，则反应②的平衡向着逆向移动．本题考查了化学平衡的影响及计算，题目难度中等，根据反应计算出平衡时氨气的浓度为解答关键，注意掌握化学平衡及其影响因素，明确化学平衡常数、化学反应速率的概念及计算方法．二、简答题(本大题共4小题，共58.0分)8.短周期元素N、N a、A l形成的物质在工农业生产、生活中应用广泛．（1）A l在元素周期表中的位置为______ ；其原子半径比N a ______ （填“大”或“小”）．（2）A l单质在空气中不易腐蚀，原因是其表面形成了一种致密的且熔点高的化合物．该化合物的晶体类型为______ ；该化合物遇酸碱易被腐蚀，请写出它与N a OH溶液反应的离子方程式______ ．（3）NH3的电子式为______ ；NH3在同族元素形成的氢化物中具有较高的沸点，其原因是______ ．（4）标准状况下22.4L NH3与0.5L1mol/L氮元素的最高价氧化物的水化物反应，所得溶液中离子浓度由大到小的顺序是______ ．（5）NF3是一种新型电子材料，常温下为稳定气体，它在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反应，其反应的产物有：HF、NO和某种物质．请写出反应的化学方程式______ ．【答案】第三周期IIIA族；小；离子晶体；A l2O3+2OH-=2A l O2-+H2O；；NH3分子间有氢键；c（NH4+）＞c（NO3-）＞c（OH-）＞c（H+）；3NF3+5H2O=9HF+2NO+HNO3【解析】解：（1）铝的核电荷数为13，位于周期表中第三周期IIIA族；铝的原子序数大于N a，二者处于同一周期，则A l的原子半径小于钠，故答案为：第三周期IIIA族；小；（2）A l单质在空气中不易腐蚀，原因是其表面形成了一种致密的且熔点高的化合物氧化铝，氧化铝属于离子晶体；氧化铝具有两性，能够与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为：A l2O3+2OH-=2A l O2-+H2O，故答案为：离子晶体；A l2O3+2OH-=2A l O2-+H2O；（3）氨气属于共价化合物，其电子式为：；氨气中N的电负性较强，容易形成氢键，大大增强了分子间作用力，所以其沸点较高，故答案为：；NH3分子间有氢键；（4）标况下22.4L氨气的物质的量为：=1mol，氮元素的最高价氧化物的水化物为硝酸，0.5L 1mol/L的硝酸溶液中含有硝酸的物质的量为：1mol/L×0.5L=0.5mol1mol氨气与0.5mol硝酸反应生成0.5mol硝酸铵，还剩余0.5mol一水合氨，即：反应后得到等物质的量的NH3•H2O和NH4NO3的混合溶液，一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，则溶液显碱性：c（OH-）＞c（H+），结合电荷守恒可得：c （NH4+）＞c（NO3-），所以溶液中离子浓度大小顺序为：c（NH4+）＞c（NO3-）＞c（OH-）＞c（H+），故答案为：c（NH4+）＞c（NO3-）＞c（OH-）＞c（H+）；（5）NF3是一种新型电子材料，常温下为稳定气体，它在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反应，其反应的产物有：HF、NO和某种物质，NF3→NO，化合价降低1价，而F元素化合价不变，NF3中N元素的化合价为+3价，根据质量守恒定律可知另一种物质中含有化合价大于+3的N元素，还应该含有H元素，故另一种物质为硝酸，反应的化学方程式为：3NF3+5H2O=9HF+2NO+HNO3，故答案为：3NF3+5H2O=9HF+2NO+HNO3．（1）A l的原子序数为13，含有两个电子层、最外层含有3个电子，据此判断在周期表中的位置；同一周期中原子序数越大、原子半径越小；（2）该氧化物为氧化铝，氧化铝晶体为离子晶体；氧化铝为两性氧化物，能够与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水；（3）氨气为共价化合物，其分子中含有3个氮氢键，据此写出其电子式；氨气分子中存在氢键，导致其沸点较高；（4）标况下22.4L氨气的物质的量为1mol，氮元素的最高价氧化物的水化物为硝酸，0.5L1mol/L的硝酸溶液中含有硝酸的物质的量为：1mol/L×0.5L=0.5mol；1mol氨气与0.5mol硝酸反应，反应后得到等物质的量的NH3•H2O和NH4NO3的混合溶液，溶液显碱性，结合电荷守恒判断离子浓度大小顺序；（5）根据化合价变化判断，F元素化合价不变，N元素变成NO化合价降低，则另一种物质中的元素化合价只能升高，结合元素组成可知另一种物质为硝酸，据此写出反应的化学方程式．本题考查较综合，涉及离子浓度大小比较、物质的量浓度的计算、常见化学用语的书写等知识，题目难度中等，注意掌握原子结构与元素周期律的关系，明确离子浓度大小比较的方法．9.某化学兴趣小组同学以T i O2和CC l4为原料在实验室制取液态T i C l4，装置如图所示．有关信息如下：①反应原理：T i O2（s）+CC l4（g）T i C l4（g）+CO2（g）②反应条件：无水无氧且加热③有关物质性质如下表：请回答下列问题：（1）仪器A的名称是______ ，其中装的试剂不可能是（填序号）______ ．A．碱石灰B．无水硫酸铜C．氧化钙D．烧碱（2）整个实验过程中通N2的目的是______ ．（3）装置E中的试剂是______ ；兴趣小组的甲同学认为实验中E装置不能换成A装置，理由是______ ．（4）实验开始前的操作包括：组装仪器、______ 、加装药品、通N2一段时间后点燃酒精灯．（5）欲分离D中的液态混合物，所采用操作的名称是______ ．（6）T i C l4还可由T i O2和焦炭、氯气在加热下反应制得，同时有CO产生，反应的化学方程式为______ ；反应所需氯气可通过电解饱和食盐水制得，现电解1L饱和食盐水，当转移的电子数为0.1N A时，该溶液的p H值为______ ．【答案】球形干燥管；B；排除装置中的空气，保证反应在无水无氧环境下进行；浓硫酸；A装置不能吸收空气中的氧气，不能保证反应在无氧环境下进；检查装置的气密性；蒸馏；T i O2+2C l2+2C T i C l4+2CO；13【解析】解：（1）仪器A为球形干燥管；碱石灰、氧化钙、烧碱具有很强的吸水性，可以用于干燥氮气，而无水硫酸铜吸水效率太低，一般不用作干燥剂，故答案为：球形干燥管；B；（2）实验的反应条件为：无水无氧且加热，应保证实验在无水无氧环境下进行，而装置中有空气，通入氮气的目的是：排除装置中的空气，保证反应在无水无氧环境下进行，故答案为：排除装置中的空气，保证反应在无水无氧环境下进行；（3）由于T i C l4遇潮湿空气产生白雾，发生水解反应，且反应在无氧条件下进行，故E 装置作用是防止空气中水蒸气、氧气进入，E中盛放的试剂为浓硫酸；A装置可以吸收水，但不能不能吸收空气中的氧气，不能保证反应在无氧环境下进，故E装置不能换成A装置，故答案为：浓硫酸；A装置不能吸收空气中的氧气，不能保证反应在无氧环境下进；（4）反应得到气体T i C l4与二氧化碳，装置气密性要好，在加装药品之前应检验装置的气密性，故答案为：检查装置的气密性；（5）D中的液态混合物为T i C l4与未反应的CC l4，二者互溶，采取蒸馏方法进行分离，故答案为：蒸馏；（6）T i O2和焦炭、氯气在加热下反应制得T i C l4，同时有CO产生，反应方程式为：T i O2+2C l2+2C T i C l4+2CO；电解发生反应：2N a C l+2H2O2N a OH+H2↑+C l2↑，当转移的电子数为0.1N A时，即转移电子为0.1mol，由方程式可知生成N a OH为0.1mol，反应中c（N a OH）==0.1mol/L，故溶液中c（H+）=mol/L=10-13mol/L，则溶液p H=-lgc（H+）=-lg10-13=13，故答案为：T i O2+2C l2+2C T i C l4+2CO；13．（1）仪器A为球形干燥管；无水硫酸铜吸水效率太低，一般不用作干燥剂；（2）实验的反应条件为：无水无氧且加热，应保证实验在无水无氧环境下进行；（3）由于T i C l4遇潮湿空气产生白雾，发生水解反应，且反应在无氧条件下进行，故E 装置作用是防止空气中水蒸气、氧气进入；A装置不能吸收空气中的氧气；（4）反应得到气体T i C l4与二氧化碳，装置气密性要好，在加装药品之前应检验装置的气密性；（5）D中的液态混合物为T i C l4与未反应的CC l4，二者互溶，分离互溶的液体采取蒸馏方法；（6）T i O2和焦炭、氯气在加热下反应制得T i C l4，同时有CO产生；电解发生反应：2N a C l+2H2O2N a OH+H2↑+C l2↑，由转移电子根据方程式计算N a OH物质的量，再计算c（N a OH），根据c（H+）=计算溶液中氢离子浓度，再根据p H=-lgc（H+）．本题考查实验制备方案，明确原理是解题关键，侧重考查学生装置的分析评价，注意对题目信息的提取与应用，是对学生综合能力的考查，难度中等．10.有机物丙是一种香料，其合成路线如下图所示．有关信息如下：①A是一种烃，其相对分子质量通过质谱法测得为56，核磁共振氢谱显示只有2组峰；②已知：R-CH=CH2R-CH2CH2OH（1）A的名称为______ ；D中所含官能团的结构简式为______ ．（2）A→B的反应类型为______ ．（3）C与新制C u（OH）2悬浊液反应的化学方程式为______ ．（4）甲与乙反应生成丙的化学方程式为______ ．（5）D有多种同分异构体，其中与其所含官能团相同的同分异构体有______ 种（不考虑立体异构）．（6）写出其中一种满足下列条件的有机物的结构简式______ ．①与乙互为同分异构体；②遇F e C l3溶液显紫色；③其苯环上只有两个取代基，且环上的一溴代物只有两种．【答案】2-甲基-1-丙烯（或2-甲基丙烯）；；加成反应；（CH3）2CHCHO+2C u （OH）2+N a OH（CH3）2CHCOON a+C u2O↓+3H2O；；4；【解析】解：A是一种烃，其相对分子质量通过质谱法测得为56，核磁共振氢谱显示只有2组峰，则A为（CH3）2C=CH2，根据A生成B的反应条件和题中信息以及B能经过两步氧化得甲，可知B为（CH3）2CHCH2OH，C为（CH3）2CHCHO，甲为（CH3）2CHCOOH，根据丙的分子式及E的结构简式，可推知乙为，D为，根据甲和乙可推知，丙为，（1）根据上面的分析可知，A为（CH3）2C=CH2，A的名称为2-甲基-1-丙烯（或2-甲基丙烯），D为，D中所含官能团的结构简式为，故答案为：2-甲基-1-丙烯（或2-甲基丙烯）；；（2）比较A和B的结构简式可知，A→B的反应类型为加成反应，故答案为：加成反应；（3）C为（CH3）2CHCHO，C与新制C u（OH）2悬浊液反应的化学方程式为（CH3）CHCHO+2C u（OH）2+N a OH（CH3）2CHCOON a+C u2O↓+3H2O，2故答案为：（CH3）2CHCHO+2C u（OH）2+N a OH（CH3）2CHCOON a+C u2O↓+3H2O；（4）甲与乙反应生成丙的化学方程式为，故答案为：；（5）D为，D有多种同分异构体，其中与其所含官能团相同的同分异构体为苯环上连有两个基团-CHO、-CH=CH2，有邻间对三种，苯环上连一个基团为-C （=CH2）CHO，所以共有4种故答案为：4；（6）满足下列条件：①与乙互为同分异构体，②遇F e C l3溶液显紫色，说明有酚羟基，③其苯环上只有两个取代基，且环上的一溴代物只有两种，说明两个取代基处于对位，这样的有机物的结构简式为，故答案为：．A是一种烃，其相对分子质量通过质谱法测得为56，核磁共振氢谱显示只有2组峰，则A为（CH3）2C=CH2，根据A生成B的反应条件和题中信息以及B能经过两步氧化得甲，可知B为（CH3）2CHCH2OH，C为（CH3）2CHCHO，甲为（CH3）2CHCOOH，根据丙的分子式及E的结构简式，可推知乙为，D为，根据甲和乙可推知，丙为，据此答题本题考查有机物的推断，充分利用有机物的结构与分子式进行推断，需要熟练掌握官能团的性质与转化，A的结构的确定是关键，题目难度中等．11.空气中CO2含量偏高会产生温室效应，也会对人体健康造成影响；CO2的用途广泛，合理使用则可缓解由CO2累积所产生的温室效应，实现CO2的良性循环．（1）一定条件下CO2可制得N a2CO3、N a HCO3等．①等物质的量浓度的N a2CO3、N a HCO3溶液，碱性前者______ 后者（填“＞”“＜”或“=”）．②有下列五种物质的量浓度均为0.1mol/L的电解质溶液，将其稀释相同倍数时，p H变化最大的是______ （填字母编号）．A．N a2CO3B．N a HCO3 C．N a A l O2 D．CH3COON a E．N a OH（2）已知反应F e（s）+CO2（g）⇌F e O（s）+CO（g）△H=a k J/mol，测得在不同温度下，该反应的平衡常数K随温度的变化如下：上述反应中 ______ 0（填“＞”、“＜”或“=”）；在2L密闭容器中300℃下进行反应，若F e和CO2的起始量均为4mol，当达到平衡时CO2的转化率为______ ．（3）目前工业上可以用CO2和H2在230℃、催化剂条件下反应生成甲醇蒸汽和水蒸气．图1为恒压容器中0.5mol CO2和1.5mol H2反应转化率达80%时的能量变化示意图．则该反应的热化学方程式为：______ ．（4）人工光合作用能够借助太阳能，用CO2和H2O制备化学原料．图2是制备HCOOH 的示意图，根据要求回答问题：①催化剂b表面的电极反应式为______ ．②经测定，若每分钟通过质子交换膜的H+的物质的量为40mol，则每小时可产生O2 ______ K g．【答案】＞；E；＞；75%；CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（g）+H2O（g）△H=-49k J/mol；CO2+2e-+2H+=HCOOH；19.2【解析】解：（1）①碳酸根的水解程度大于碳酸氢根的水解程度，故等物质的量浓度的N a2CO3、N a HCO3溶液，N a2CO3溶液碱性较强，故答案为：＞；②N a OH为强碱，而N a2CO3、N a HCO3、N a A l O2、CH3COON a溶液中酸根离子水解，导致溶液呈碱性，溶液稀释时，水解程度增大，稀释相同倍数，它们的p H变化比N a OH 的p H变化小，故选：E；（2）由表中数据可知，升高温度，平衡常数增大，说明平衡向正反应反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，即正反应为吸热反应，即△H＞0，故a＞0；设平衡时参加反应二氧化碳为nmol，则：F e（s）+CO2（g）⇌F e O（s）+CO（g）开始（mol）：40转化（mol）：n n平衡（mol）：4-n n由于反应气体气体的化学计量相等，用物质的量代替浓度计算平衡常数，故K===3，解得n=3，故二氧化碳的转化率为×100%=75%，故答案为：＞；75%；（3）根据图1可知0.5mol CO2和1.5mol H2转化率达80%时放热23k J-3.4k J=19.6KJ，则CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）的△H=-（19.6k J×）=-49k J/mol，故该反应的热化学方程式为：CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（g）+H2O（g）△H=-49k J/mol，故答案为：CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（g）+H2O（g）△H=-49k J/mol；（4）①由图可知，电子由a流出，通过导线流向b，故a为负极、b为正极，正极发生还原反应，二氧化碳获得电子，氢离子参与反应得到HCOOH，电极反应式为：CO2+2e-+2H+=HCOOH，故答案为：CO2+2e-+2H+=HCOOH；②负极上是水失去电子得到氧气与氢离子，电极反应式为：2H2O+4e-=O2↑+4H+，每分钟通过质子交换膜的H+的物质的量为40mol，则每小时生成氧气为40mol×60×=600mol，故生成氧气的质量为600mol×32g/mol=19200g=19.2K g，故答案为：19.2．（1）①碳酸根的水解程度大于碳酸氢根的水解程度；②盐类水解呈酸碱性时，溶液稀释时，水解程度增大，稀释相同倍数，p H变化比强酸、强碱的p H变化小；（2）由表中数据可知，升高温度，平衡常数增大，说明平衡向正反应反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动；设平衡时参加反应二氧化碳为nmol，用三段式表示出平衡时二氧化碳、CO的物质的量，由于反应气体气体的化学计量相等，用物质的量代替浓度代入平衡常数K=计算，进而计算二氧化碳的转化率；（3）根据图1可知0.5mol CO2和1.5mol H2转化率达80%时放热23k J-3.4k J=19.6KJ，然后按比例计算：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）的△H，进而书写该反应的热化学方程式；（4）①由图可知，电子由a流出，通过导线流向b，故a为负极、b为正极，正极发生还原反应，二氧化碳获得电子，氢离子参与反应得到HCOOH；②负极上是水失去电子得到氧气与氢离子，电极反应式为：2H2O+4e-=O2↑+4H+，产生的氢离子通过质子交换膜移向b端，根据电极反应式计算生成氧气物质的量，再根据m=n M计算氧气质量．题目综合性较强，涉及盐类水解、平衡常数影响因素及有关计算、热化学方程式书写、原电池原理及计算等，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，难度中等．高中化学试卷第11页，共11页。

两题即训•课堂效果增物质的组成、性质及化学用语 (1)用化学计量 (4)氧化还原反应离子反应 (8)化学反应与能量变化 (11)化学反应速率与化学平衡 (16)电解质溶液 (26)电化学基础 (33)非金属及其化合物 (38)金属及其化合物 (44)物质结构与性质 (49)化学与技术 (55)L两题即训•课堂效果增1. [2014·北京高考]下列试剂中，标签上应标注和的是()A. C2H5OHB. HNO3C. NaOHD. HCl解析：HNO3具有强氧化性和腐蚀性，故答案选B。

答案：B2. [2013·海南高考]下列化合物的俗称与化学式不对应的是()A. 绿矾－FeSO4·7H2OB. 芒硝－Na2SO4·10H2OC. 明矾－Al2(SO4)3·12H2OD. 蓝矾－CuSO4·5H2O解析：明矾是十二水硫酸铝钾[KAl(SO4)2·12H2O]，错误。

答案：C3. [2014·重庆高考]下列物质的使用不涉及化学变化的是()A. 明矾用作净水剂B. 液氨用作制冷剂C. 氢氟酸刻蚀玻璃D. 生石灰作干燥剂解析：A项，明矾净水是由于Al3＋发生水解反应生成的Al(OH)3胶体，可吸附水中的悬浮物，A项不符合题意；B项，液氨用作制冷剂是利用了液氨汽化吸热的性质，属于物理变化，B项符合题意；C 项，发生化学反应：SiO2＋4HF===SiF4↑＋2H2O，C项不符合题意；D项，发生化学反应：CaO＋H2O===Ca(OH)2，D项不符合题意。

答案：B4. [2014·西安一中二模]化学与生产、生活密切相关。

下列叙述中正确的是()A. 明矾水解时产生具有吸附性的胶体粒子，可杀菌消毒B. 根据分散质粒子的直径大小，分散系可分为溶液、浊液和胶体，浊液的分散质粒子大小介于溶液与胶体之间C. 碳素钢和光导纤维都属于新型的无机非金属材料D. 葡萄糖注射液不能产生丁达尔效应，不属于胶体解析：明矾不具有杀菌消毒的作用，A选项错误；分散质粒子的直径，浊液的最大，溶液的最小，B选项错误；碳素钢不属于新型无机非金属材料，C选项错误；葡萄糖注射液属于溶液，D选项正确。

重庆市2015年高考化学二轮复习滚动加练滚动加练1140个常考易混点的辨析 (1)滚动加练2化学基本理论综合应用 (11)滚动加练3常见无机物及其综合应用 (28)滚动加练4化学实验综合提升练 (40)滚动加练1140个常考易混点的辨析判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”1．2014各地高考(1)用活性炭去除冰箱中的异味，没有发生化学反应(√)(2)用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果没有发生化学反应(×)(3)1 mol FeI2与足量氯气反应在反应转移电子数为2N A(×)(4)2 L 0.5 mol/L硫酸钾溶液中阴离子所带电荷数为N A(×)(5)1 mol Na2O2固体中含有离子总数为4N A(×)(6)丙烯和环丙烷组成的42g混合气体中氢原子的个数为6N A(√)(7)用氯乙烯塑料代替聚乳酸塑料可减少白色污染(×)(8)大量燃烧化石燃料是造成雾霾天气的一种重要因素(√)(9)硅胶可作袋装食品的干燥剂(10)福尔马林可作食品的保鲜剂(×)(11)金刚石、白磷都属于单质(√)(12)漂白粉、石英都属于纯净物(×)(13)氯化铵、次氯酸都属于强电解质(×)(14)葡萄糖、蛋白质都属于高分子化合物(×)(15)Cl 2通入NaOH 溶液：Cl 2＋OH －===Cl －＋ClO －＋H 2O(×)(16)NaHCO 3溶液中加入稀HCl ：CO 2－3＋2H ＋===CO 2↑＋H 2O(×)(17)5NH 4NO 3=====△2HNO 3＋4N 2↑＋9H 2O 反应中，生成28 gN 2时，转移的电子数目为3.75N A (√)(18)明矾用作净水剂，不涉及化学变化(×)(19)液氨用作制冷剂，不涉及化学变化(√)(20)氢氟酸刻蚀玻璃，不涉及化学变化(×)(21)生石灰作干燥剂，不涉及化学变化(×)(22)浓氨水中滴加FeCl 3饱和溶液可制得Fe(OH)3胶体(×)(23)生石灰用作食品抗氧化剂(×)(24)盐类可作调味品(25)用萃取分液的方法除去酒精中的水(×) (26)用可见光束照射以区别溶液与胶体(√) (27)无色溶液中可能大量存在Al3＋、NH＋4、Cl－、S2－(×) (28)酸性溶液中可能大量存在Na＋、ClO－、SO2－4、I－(×) (29)弱碱性溶液中可能大量存在Na＋、K＋、Cl－、HCO－3(√) (30)氨氮废水(含NH＋4及NH3)可用化学氧化法或电化学氧化法处理(√) (31)向汽油中添加甲醇后，该混合燃料的热值不变(×) (32)制饭勺、饭盒、高压锅等的不锈钢是合金(√) (33)18g H2O含有10n A个质子(√) (34)标准状况下，22.4 L氨水含有n A个NH3分子(×) (35)56 g铁片投入足量浓H2SO4中生成n A个SO2分子(×)(36)过氧化钠的电子式：(×) (37)质子数为35、中子数为45的溴原子：8035Br(√)(38)硫离子的结构示意图：(×)(39)间二甲苯的结构简式：(×)(40)2－丙醇的键线式为：(√) 2．2012、2013各地高考(1)232Th转化成233U是化学变化(×)(2)KClO3和SO3溶于水后都导电，故KClO3和SO3为电解质(×)(3)SO2、SiO2、CO均为酸性氧化物(×)(4)稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体(×)(5)烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质(×)(6)福尔马林、水玻璃、氨水均为混合物(√)(7)从海水中提取物质都必须通过化学反应才能实现(×)(8)明矾能水解生成Al(OH)3胶体，可用作净水剂(√)(9)石油分馏是化学变化，可得到汽油、煤油(×)(10)煤制煤气是物理变化，是高效、清洁地利用煤的重要途径(×)(11)含有共价键的化合物一定是共价化合物(×) (12)化合反应均为氧化还原反应(×) (13)金属氧化物均为碱性氧化物(×) (14)石油是混合物，其分馏产品汽油为纯净物(×) (15)氯化铝是一种电解质，可用于电解法制铝(×) (16)氰酸铵(NH4OCN)与尿素[CO(NH2)2]互为同素异形体(×) (17)1H182O与D162O的相对分子质量相同(√) (18)Na2SO3与H2O2的反应为氧化还原反应(√) (19)1.0 L 1.0 mol·L－1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2N A(×) (20)12 g石墨烯(单层石墨)中含有六元环的个数为0.5N A(√) (21)25 ℃时pH＝13的NaOH溶液中含有OH－的数目为0.1N A(×) (22)1 mol的羟基与1 mol的氢氧根离子所含电子数均为9N A(×) (23)常温常压下，8 g O2含有4n A个电子(√) (24)1 L 0.1 mol·L－1的氨水中有n A个NH＋4(×) (25)标准状况下，22.4 L盐酸含有n A个HCl分子(×)(26)1 mol Na被完全氧化生成Na2O2，失去2n A个电子(×) (27)1 L 1 mol·L－1的NaClO溶液中含有ClO－的数目为N A(×) (28)78 g苯含有C==C键的数目为3N A(×) (29)常温常压下，14 g由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为N A(√) (30)标准状况下，0.1 mol Cl2溶于水，转移的电子数目为0.1N A(×) (31)标准状况下，6.72 L NO2与水充分反应转移的电子数目为0.1N A(×) (32)1 mol Fe 与足量的稀HNO3反应，转移2n A个电子(×) (33)电解NaCl溶液得到22.4 L H2(标准状况)，理论上需要转移N A个电子(N A 表示阿伏加德罗常数)(×) (34)某密闭容器盛有0.1 mol N2和0.3 mol H2，在一定条件下充分反应，转移电子的数目为0.6N A(×) (35)1 mol Na与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去N A个电子(√) (36)0.5 mol O3与11.2 L O2所含的分子数一定相等(×) (37)常温常压下，22.4 L的NO2和CO2混合气体含2n A个O原子(×) (38)标准状况下，33.6 L氟化氢中含有氟原子的数目为1.5N A(×) (39)常温常压下，22.4 L CCl4含有N A个CCl4分子(×)(40)Cl 2通入水中：Cl 2＋H 2O===2H ＋＋Cl －＋ClO －(×)(41)双氧水中加入稀硫酸和KI 溶液：H 2O 2＋2H ＋＋2I －===I 2＋2H 2O(√)(42)用铜作电极电解CuSO 4溶液：2Cu 2＋＋2H 2O =====电解2Cu ＋O 2↑＋4H ＋(×)(43)Na 2S 2O 3溶液中加入稀硫酸：2S 2O 2－3＋4H ＋===SO 2－4＋3S ↓＋2H 2O(×)(44)用过量氨水吸收工业尾气中的SO 2：2NH 3·H 2O ＋SO 2===2NH ＋4＋SO 2－3＋H 2O(√)(45)氯化钠与浓硫酸混合加热：H 2SO 4＋2Cl －=====△SO 2↑＋Cl 2↑＋H 2O(×)(46)磁性氧化铁溶于稀硝酸：3Fe 2＋＋4H ＋＋NO －3===3Fe 3＋＋NO ↑＋3H 2O(×)(47)将过量SO 2通入冷氨水中：SO 2＋NH 3·H 2O===HSO －3＋NH ＋4(√)(48)硫化钡加入稀硫酸中：BaS ＋2H ＋===H 2S ↑＋Ba 2＋(×)(49)二氧化硫通入次氯酸钠溶液中：SO 2＋ClO －＋2OH －===SO 2－4＋Cl －＋H 2O(√)(50)硫酸铝溶液中加入过量氨水：Al 3＋＋3OH －===Al(OH)3↓(×)3．2015年最新模拟(1)凡有元素化合价升降的反应都是氧化还原反应(√)(2)氧化还原反应的本质是有化合价升降(×)(3)置换反应一定是氧化还原反应(√) (4)复分解反应一定不是氧化还原反应(√) (5)无单质参加的化合反应肯定不是氧化还原反应(×) (6)有单质参加或生成的反应肯定是氧化还原反应(×) (7)失电子越多，还原性就越强，得电子越多，氧化性越强(×) (8)金属阳离子只能作氧化剂(×) (9)一种物质作氧化剂，就不可能作还原剂(×) (10)单线桥即只能用一根线来表示电子转移(×) (11)在原电池中，作负极的金属一定比正极的金属活泼(×) (12)含氧酸的价态越高，其氧化性一定越强(×) (13)金属阳离子被还原，一定得到该金属元素的单质(×) (14)某元素由化合态变成游离态，该元素可能被氧化，也可能被还原(√) (15)金属单质在化学反应中一定作为还原剂，非金属单质在反应中一定作为氧化剂(×) (16)阳离子只能得到电子被还原，只能作氧化剂(×) (17)含金属元素的离子一定都是阳离子(×) (18)不容易得到电子的物质，肯定容易失去电子(×) (19)强氧化剂和强还原剂一定能发生氧化还原反应(×) (20)盐酸具有氧化性、还原性和酸性(√) (21)一种物质不是电解质就是非电解质(×) (22)强极性键的物质构成的物质一定是强电解质(×) (23)强电解质溶液中没有分子(×) (24)强电解质溶液的导电能力不一定强，弱电解质溶液的导电能力不一定弱(√) (25)离子反应都能用离子方程式表示(×) (26)离子化合物是强电解质，共价化合物是弱电解质(×) (27)电解质溶液能导电，是因为在通电时电解质电离产生了自由移动的离子(×) (28)凡是强酸和强碱反应的离子方程式都可以用H＋＋OH－===H2O表示(×) (29)离子方程式有时只表示某个反应。

7．食品干燥剂应无毒、无味、无腐蚀性及环境友好。

下列说法错误的是A．硅胶可用作食品干燥剂B．P2O5不可用作食品干燥剂C．六水合氯化钙可用作食品干燥剂D．加工后具有吸水性的植物纤维可用作食品干燥剂8．某羧酸酯的分子式为C18H26O5，1mol该酯完全水解可得到1mol羧酸和2mol乙醇，该羧酸的分子式为A．C14H18O5B．C14H16O4C．C14H22O5D．C14H10O59．原子序数依次增大的元素a、b、c、d，它们的最外层电子数分别为1、6、7、1。

a－的电子层结构与氦相同，b和c的次外层有8个电子，c－和d+的电子层结构相同。

下列叙述错误的是A．元素的非金属性次序为c＞b＞aB．a和其他3种元素均能形成共价化合物C．d和其他3种元素均能形成离子化合物D．元素a、b、c各自最高和最低化合价的代数和分别为0、4、610．N A代表阿伏加德罗常数的值。

下列叙述正确的是A．60g丙醇中存在的共价键总数为10N AB．1L0.1mol·L－1的NaHCO3－溶液中HCO3－和CO32－离子数之和为0.1N AC．钠在空气中燃烧可生成多种氧化物。

23g钠充分燃烧时转移电子数为1N AD．235g核互23592U发生裂变反应：23592U+1n9038Sr+13654U+101n净产生的中子(1n)数为10N A11分子式为C5H10O2并能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体的有机物有(不含立体异构) A．3种B．4种C．5种D．6种12．海水开发利用的部分过程如图所示。

下列说法错误的是A．向苦卤中通入Cl2是为了提取溴B．粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯C．工业生产常选用NaOH作为沉淀剂D．富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收13．用右图所示装置进行下列实验：将①中溶液滴入②中，预测的现象与实际相符的是选项①中物质②中物质预测②中的现象A．稀盐酸碳酸钠与氢氧化钠的混合溶液立即产生气泡B．浓硝酸用砂纸打磨过的铝条产生红棕色气体C．氯化铝溶液浓氢氧化钠溶液产生大量白色沉淀D．草酸溶液高锰酸钾酸性溶液溶液逐渐褪色26.（14分）酸性锌锰干电池是一种一次电池，外壳为金属锌，中间是碳棒，其周围是有碳粉，二氧化锰，氯化锌和氯化铵等组成的填充物，该电池在放电过程产生MnOOH，回收处理该废电池可以得到多种化工原料，有关数据下图所示：溶解度/(g/100g水)温度/℃化合物020********* NH4Cl29.337.245.855.365.677.3ZnCl2343395452488541614化合物Zn(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3Ksp近似值10-1710-1710-39回答下列问题：（1）该电池的正极反应式为，电池反应的离子方程式为：（2）维持电流强度为0.5A，电池工作五分钟，理论消耗Zn g。

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。

7．食品干燥剂应无毒、无味、无腐蚀性及环境友好。

下列说法错误．．的是（）A．硅胶可用作食品干燥剂B．P2O5不可用作食品干燥剂C．六水合氯化钙可用作食品干燥剂D．加工后具有吸水性的植物纤维可用作食品干燥剂【答案】C【考点定位】考查硅胶、P2O5、氯化钙、新型植物纤维等食品干燥剂中的应用【名师点晴】本题从知识上考查了常见干燥剂在生活中的应用，考查了学生对知识理解、综合运用能力，对生活中的化学知识的运用情况，熟悉常见干燥剂的性质是答题的关键。

这道高考题为一道中下档题，难度偏低。

8．某羧酸酯的分子式为C18H26O5，1mol该酯完全水解可得到1mol羧酸和2mol乙醇，该羧酸的分子式为（）A．C14H18O5B．C14H16O4C．C14H22O5D．C14H10O5【答案】A【考点定位】本题主要是考查酯类物质的水解、利用质量守恒定律判断物质的分子式【名师点晴】该题以酯类的水解反应为载体，考查了学生灵活运用水解反应方程式判断有机物分子式，该题的关键是判断出酯类物质中含有2个酯基以及原子守恒在化学反应中的应用，题目难度不大。

9．原子序数依次增大的元素a、b、c、d，它们的最外层电子数分别为1、6、7、1。

a－的电子层结构与氦相同，b和c的次外层有8个电子，c－和d+的电子层结构相同。

下列叙述错误．．的是（）A．元素的非金属性次序为c＞b＞aB．a和其他3种元素均能形成共价化合物C．d和其他3种元素均能形成离子化合物D．元素a、b、c各自最高和最低化合价的代数和分别为0、4、6【答案】B【考点定位】本题主要是考查元素推断、元素周期律的应用，涉及非金属性强弱比较、共价化合物和离子化合物判断以及化合价等【名师点晴】高考要求学生熟练掌握同一周期、同一主族的原子结构和元素性质的递变规律，了解元素原子结构、元素在周期表中的位置、性质及其它们之间的关系。

高考命题中常将将元素周期表、元素周期律、与元素性质结合进行考查，有时还会结合相应物质的性质和制备进行考查，该种题型是高考经典和必考题型。

滚动加练3 常见无机物及其综合应用1．(2014·重庆调研)汽车安全气囊是行车安全的重要保障。

当车辆发生碰撞的瞬间，安全装置通电点火使其中的固体粉末分解释放出大量的氮气形成气囊，从而保护司机及乘客免受伤害。

为研究安全气囊工作的化学原理，取安全装置中的固体粉末进行实验。

经组成分析，确定该粉末仅含Na、Fe、N、O四种元素。

水溶性实验表明，固体粉末部分溶解。

经检测，可溶物为化合物甲；不溶物为红棕色固体，可溶于盐酸。

取13.0 g化合物甲，加热使其完全分解，生成氮气和单质乙，生成的氮气折合成标准状况下的体积为6.72 L。

单质乙在高温隔绝空气的条件下与不溶物红棕色粉末反应生成化合物丙和另一种单质。

化合物丙与空气接触可转化为可溶性盐。

请回答下列问题：(1)甲的化学式为________，丙的电子式为________。

(2)若丙在空气中转化为碳酸氢盐，则反应的化学方程式为_________________。

(3)单质乙与红棕色粉末发生反应的化学方程式为________，安全气囊中红棕色粉末的作用是_________。

(4)以下物质中，有可能作为安全气囊中红棕色粉末替代品的是________。

A．KCl B．KNO3C．Na2S D．CuO(5)设计一个实验方案，探究化合物丙与空气接触后生成可溶性盐的成分(不考虑结晶水合物)______________ _。

解析本题以汽车安全气囊为载体，主要考查常见单质及其化合物的相互转化关系。

题目体现了能力立意，侧重考查考生的推理能力和运用所学知识综合解决实际问题的能力。

(1)粉末由两种物质混合而成，且仅含Na、Fe、N、O四种元素，所以难溶性红棕色物质应是Fe2O3。

甲分解得到氮气和单质乙，则甲中只有两种元素，必定为N和Na。

n(N2)＝6.72 L22.4 L·mol－1＝0.3 mol，m(N2)＝0.3 mol×28 g·mol－1＝8.4 g ，则n (Na)＝13.0 g －8.4 g 23 g·mol －1＝0.2 mol ，因此Na 与N 元素的物质的量之比：0.2 mol ∶0.6 mol ＝1∶3，因此化合物甲为NaN 3。