2015年高考化学仿真模拟卷-江苏卷(四)Word版含答案

2014～2015学年度镇江市高三教学情况调研化 学 2015.05注意事项：1．本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共120分。

考试时间100分钟。

2．请把答案写在答题卡的指定栏目内。

3．可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 S-32 Fe-56 Ba-137选择题（40分）单项选择题：（本题包括10小题，每小题2分，共计20分。

每小题只有一个．．．．选项符合题意。

） 1．2013年《美国化学会志》发表了我国科学家对非均相催化加氢过程机理研究的成果，其 原理如图。

下列关于氢气的说法不．正确的是 A ．由氢原子构成的氢气分子只有一种 B ．通常情况下，气体中氢气的密度最小 C ．氢气可用于生产盐酸、氨气等化工产品D ．目前，工业上不采用电解水的方法大量生产氢气 2．下列有关化学用语表示正确的是A ．碳化钙(CaC 2)的电子式：Ca 2+[:C ::C :]2—B ．288C ．2—甲基—2—丙醇的结构简式：D ．Na 2S 水解的离子方程式：S 2－＋2H 2O2H 2S ＋2OH —3．25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A ．pH ＝14的溶液中：K ＋、Ca 2＋、HCO －3、SO 2－4 B ．常温下， 的溶液中：Na +、NH 4＋、SO 42—、NO 3—C ．c (ClO —)=1.0mol •L —1的溶液中：Na ＋、SO 32—、S 2—、SO 42—D ．0.1 mol •L—1的NaAlO 2溶液中：NH 4＋、Fe 3＋、Cl —、I —4．下列物质性质与应用对应关系正确的是 A ．碳酸氢钠能与碱反应，可用作食品的膨松剂 B ．钠具有很强的还原性，可用钠与TiCl 4反应制取钛 C ．Al 2O 3具有很高的熔点，可用于制造熔融烧碱的坩埚D ．铜的金属活泼性比铁强，可用于保护石油管道(碳素钢管)以减缓其腐蚀CH 3—C —OH 3CH 3 ．． ．．c (OH —) c (H +) ＝10—10 18 8 O 2—5．2SO 2(g)＋O 22SO 3(g)反应过程中能量变化如图所示（图中E 1表示正反应的活化能，E 2表示 逆反应的活化能）。

江苏省扬州中学2015届高三(5月)四模考试化学(Word版含答案)2014―2015学年度第四次模拟考试高三化学试卷2015．5可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 N:14 O:16 Al:27 Cl:35.5 Fe:56 Co:59选择题（共40分）单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分。

每小题只有一个选项．．．．．．符合题意。

1．硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。

下列关于硫化氢的说法错误．．的是 A ．H 2S 是一种弱电解质B ．可用石灰乳吸收H 2S 气体C ．根据右图可知FeCl 3、CuCl 2均能氧化H 2SD ．H 2S 在空气中燃烧可以生成SO 22．下列有关化学用语表示正确的是A ．NaOH 的电子式：Na +H ]_ B ．质子数和中子数均为16的硫原子：1616SC ．氟原子的结构示意图：D ．乙醛的结构简式：CHO 3．25℃时，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A ．pH=1的溶液中：Na +、NH +4、SO 2－4、ClO －B ．K W / c (H ＋) =0.1 mol・L -1的溶液中：Na ＋、K +、MnO －4、HCO －3C ．0.1 mol・L -1 的Na 2SO 3溶液中：K +、H +、SO 2－4、NO －3D ．澄清透明的溶液中：Fe 3+、Na +、Cl －、SO 2－44．下列有关物质性质与应用对应关系正确的是A ．炭具有还原性，一定条件下能将二氧化硅还原为硅B ．二氧化硫具有还原性，能用于漂白纸浆C ．碳酸钠能和酸反应，常用于治疗胃酸过多D ．氧化铝熔点很高，用其制造的坩埚可用于熔融烧碱5B C ．用装置丙制备SO 2气体D ．用装置丁验证镁片与稀盐酸反应放热6．设N A 为阿伏加德罗常数的值。

下列说法正确的是甲乙丙丁A ．0.1 mol・L -1的Na 2S 溶液中，S 2－的数目小于0.1 N AB ．0.1 mol 丙烷中含有的共价键数目为0.8 N AC ．标准状况下，11.2 L 甲醇中含有的分子数目为0.5 N AD ．0.1 mol 氧化钠和过氧化钠的混合物中含有的离子总数为0.3 N A 7．下列指定反应的离子方程式正确的是A ．硅酸钠溶液与醋酸溶液混合：SiO 2－3+ 2H + = H 2SiO 3↓B ．NH 4Al(SO 4)2溶液与过量稀氨水反应：Al 3+ + 3NH 3・H 2O = Al(OH)3↓ + 3NH +4C ．用稀硝酸清洗试管内壁的银镜：Ag + 2H + + NO －3 = Ag + + NO 2↑ + H 2OD ．FeBr 2溶液中通入过量Cl 2：2Fe 2+ + 2Br －+ 2Cl 2 = 2Fe 3+ + Br 2 + 4Cl －8．下列各组物质中，不．满足组内任意两种物质在一定条件下均能发生反应的是9．短周期主族元素X 、Y 、Z 的原子序数依次递增，其原子的最外层电子数之和为13。

2015年江苏省扬州市高考化学四模试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共10小题，共20.0分)1.硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题．下列关于硫化氢的说法错误的是（）A.H2S是一种弱电解质B.可用石灰乳吸收H2S气体C.根据如图可知F e C l3、C u C l2均能氧化H2SD.H2S在空气中燃烧可以生成SO2【答案】C【解析】解：A．H2S在溶液中不能完全电离，是一种弱电解质，故A正确；B．硫化氢具有酸性，可与石灰乳反应，可用石灰乳吸收H2S气体，故B正确；C．根据如图可知F e C l3能氧化H2S，C u C l2与H2S反应生成C u S，没有发生氧化还原反应，故C错误；D．H2S具有还原性，在空气中完全燃烧可以生成SO2，如氧气不足，可生成S，故D 正确．故选C．硫化氢具有酸性，为弱酸，具有还原性，可被氧化，在空气中完全燃烧可生成二氧化硫，可与C u C l2反应生成C u S，以此解答该题．本题考查元素化合物知识，侧重于硫化氢的考查，注意把握提给信息，结合硫化氢的性质解答该题，难度不大，注意相关基础知识的积累，题目有利于培养学生良好的科学素养．2.下列有关化学用语表示正确的是（）A.N a OH的电子式：B.质子数和中子数均为16的硫原子：1616SC.氟原子的结构示意图：D.乙醛的结构简式：【答案】A【解析】解：A．氢氧化钠属于离子化合物，电子式中阴阳离子都需要标出所带电荷，其电子式为：，故A正确；故B错误；C．为氟离子结构示意图，氟原子的最外层含有7个电子，其正确的原子结构示意图为：，故C错误；D．乙醛分子中含有2个碳原子，其正确的结构简式为：CH3CHO，故D错误；故选A．A．氢氧化钠为离子化合物，钠离子直接用离子符号表示，氢氧根离子需要标出最外层电子及所带电荷；B．质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数；C．氟原子的核电荷数=核外电子总数=9，最外层为7个电子；D．中含有3个碳原子，其名称为丙醛，而乙醛含有2个C．本题考查了常见化学用语的判断，题目难度中等，涉及原子结构示意图、电子式、元素符号、结构简式等知识，注意熟练掌握常见化学用语的概念及书写原则，明确离子结构示意图与原子结构示意图的区别，试题培养了学生规范答题的能力．3.25℃时，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）A.p H=1的溶液中：N a+、NH4+、SO42-、C l O-B.K W/c（H+）=0.1mol•L-1的溶液中：N a+、K+、M n O4-、HCO3-C.0.1mol•L-1的N a2SO3溶液中：K+、H+、SO42-、NO3-D.澄清透明的溶液中：F e3+、N a+、C l-、SO42-【答案】D【解析】解：A．p H=1的溶液中存在大量氢离子，C l O-与氢离子反应生成次氯酸，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．K W/c（H+）=0.1mol•L-1的溶液中，氢氧根离子浓度为0.1mol/L，HCO3-与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；C．H+、NO3-能够氧化N a2SO3，在溶液中不能大量共存，故C错误；D．F e3+、N a+、C l-、SO42-之间不发生反应，且为澄清透明溶液，在溶液中能够大量共存，故D正确；故选D．A．该溶液中存在大量氢离子，次氯酸根离子与氢离子反应生成次氯酸；B．该溶液为碱性溶液，溶液中存在大量氢氧根离子，碳酸氢根离子与氢氧根离子反应；C．硝酸根离子在酸性条件下能够氧化亚硫酸钠；D．四种离子之间不发生反应，且为澄清透明的溶液．本题考查离子共存的判断，为高考的高频题，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，能发生络合反应的离子之间（如F e3+和SCN-）等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH-；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于提高学生灵活运用基础知识的能力．4.下列有关物质性质与应用对应关系正确的是（）A.炭具有还原性，一定条件下能将二氧化硅还原为硅C.碳酸钠能和酸反应，常用于治疗胃酸过多D.氧化铝熔点很高，用其制造的坩埚可用于熔融烧碱【答案】A【解析】解：A．碳和二氧化硅反应生成硅和一氧化碳，该反应中碳失电子而作还原剂，故A正确；B．二氧化硫漂白纸浆体现二氧化硫的漂白性，与还原性无关，故B错误；C．碳酸钠的碱性太强，不能用来中和胃酸，故C错误；D．由于氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，用氧化铝坩埚加热熔融氢氧化钠会腐蚀坩埚，所以不能用氧化铝坩埚加热熔融氢氧化钠，故D错误；故选：A．A．碳具有还原性，能含有部分氧化物；B．二氧化硫能够与有色物质化合生成无色物质，具有漂白性；C．碳酸钠碱性太强；D．氧化铝是两性氧化物，溶于强酸与强碱；本题主要考查了碳酸钠、氧化铝、碳、二氧化硫等物质的性质，掌握二氧化硫的漂白性原理、氧化铝的两性、碳的还原性、是解答该题的关键，题目难度不大．5.用下列装置进行相应实验，能达到实验目的是（）A.用装置甲验证浓硫酸的脱水性和强氧化性B.用装置乙验证浓硝酸的强氧化性C.用装置丙制备SO2气体D.用装置丁验证镁片与稀盐酸反应放热【答案】D【解析】解：A．苹果块悬在浓硫酸上方，不能验证脱水性和强氧化性，如苹果块变干，可说明浓硫酸的吸水性，故A错误；B．常温下不反应或反应较慢，应在加热条件下进行，故B错误；C．亚硫酸钠易溶于水，不能用简易气体发生装置制备气体并控制，故C错误；D．氢氧化钙溶解度随温度升高而降低，如烧杯内有晶体析出，则说明反应放热，故D 正确．故选D．A．如苹果块不进入浓硫酸中，则不能验证脱水性和强氧化性；B．应在加热条件下进行；C．亚硫酸钠易溶于水，不能用简易气体发生装置控制；D．如烧杯内有晶体析出，则说明反应放热．关键，明确实验基本操作和物质的性质即可解答，注意实验的评价性和操作性分析，题目难度不大．6.设N A为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（）A.0.1mol•L-1的N a2S溶液中，S2-的数目小于0.1 N AB.0.1mol丙烷中含有的共价键数目为0.8 N AC.标准状况下，11.2 L甲醇中含有的分子数目为0.5 N AD.0.1mol氧化钠和过氧化钠的混合物中含有的离子总数为0.3 N A【答案】D【解析】解：A、溶液体积不明确，故S2-的个数无法计算，故A错误；B、1mol丙烷中含10mol共价键，故0.1mol丙烷中含1mol共价键，即N A个，故B错误；C、标况下，甲醇为液态，故甲醇的物质的量无法计算，故C错误；D、N a2O和N a2O2均由2个阳离子和1个阴离子构成，故0.1mol N a2O和N a2O2的混合物中，无论两者的比例如何，其含有的离子均为0.3mol，个数为0.3N A个，故D正确．故选D．A、溶液体积不明确；B、1mol丙烷中含10mol共价键；C、标况下，甲醇为液态；D、N a2O和N a2O2均由2个阳离子和1个阴离子构成．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．7.下列指定反应的离子方程式正确的是（）A.硅酸钠溶液与醋酸溶液混合：S i O32-+2H+=H2S i O3↓B.NH4A l（SO4）2溶液与过量稀氨水反应：A l3++3NH3•H2O=A l（OH）3↓+3NH4+C.用稀硝酸清洗试管内壁的银镜：A g+2H++NO3-=A g++NO2↑+H2OD.F e B r2溶液中通入过量C l2：2F e2++2B r-+2C l2=2F e3++B r2+4C l-【答案】B【解析】解：A．硅酸钠溶液与醋酸溶液混合的离子反应为S i O32-+2CH3COOH=H2S i O3↓+2CH3COO-，故A错误；B．NH4A l（SO4）2溶液与过量稀氨水反应的离子反应为A l3++3NH3•H2O=A l（OH）3↓+3NH4+，故B正确；C．用稀硝酸清洗试管内壁的银镜的离子反应为3A g+4H++NO3-=3A g++NO↑+2H2O，故C错误；D．F e B r2溶液中通入过量C l2的离子反应为2F e2++4B r-+3C l2=2F e3++2B r2+6C l-，故D 错误；故选B．A．醋酸在离子反应中保留化学式；B．只有铝离子与氨水反应生成氢氧化铝沉淀；C．反应生成硝酸银、NO和水；D．氯气过量，亚铁离子、溴离子均被氧化．本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的题目难度不大．）A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】解：A、NO不溶于水，与水不反应，故A选；B、CO2是酸性氧化物，能和碱B a（OH）2反应：CO2+B a（OH）2=B a CO3↓+H2O；CO2能与N a2CO3反应生成N a HCO3：CO2+N a2CO3+H2O=2N a HCO3；N a2CO3能和B a（OH）2反应：N a2CO3+B a（OH）2=B a CO3+2N a OH，故三者相互之间反应，故B不选；C、A l和F e2O3能发生铝热反应：2A l+F e2O3A l2O3+2F e；F e2O3是碱性氧化物，能和酸反应：F e2O3+6HC l=2F e C l3+3H2O；铝能和盐酸反应：2A l+6HC l=2A l C l3+3H2↑，故三者相互之间能反应，故C不选；D、C l2是酸性气体，能和碱反应：2C l2+2C a（OH）2=C a（C l O）2+C a C l2+2H2O；C l2有强氧化性，能和还原性物质F e C l2反应：2F e C l2+C l2=2F e C l3；F e C l2能和C a（OH）2反应生成F e（OH）2沉淀：F e C l2+C a（OH）2=F e（OH）2↓+C a C l2，即三者相互之间能反应，故D不选．故选A．A、NO不溶于水；B、CO2是酸性氧化物，能和N a2CO3反应生成N a HCO3，能和碱反应；C、A l和F e2O3能发生铝热反应，F e2O3是碱性氧化物，能和酸反应；D、C l2是酸性气体，能和碱反应，C l2有强氧化性，能和还原性物质反应．本题考查了物质之间的相互反应，应注意的是NO是一种不溶于水的无色气体，难度不大．9.短周期主族元素X、Y、Z的原子序数依次递增，其原子的最外层电子数之和为13．Z 原子的最外层电子数是X原子内层电子数的3倍，也是Y原子最外层电子数的3倍．X 与Y、Z位于相邻的周期．下列说法正确的是（）A.X的最高价氧化物对应的水化物是弱酸B.元素Z位于元素周期表的第3周期Ⅵ族C.Y形成的单质能在二氧化碳中燃烧D.原子半径的大小顺序：r（Z）＞r（Y）＞r（X）【答案】C【解析】解：短周期元素X、Y、Z的原子序数依次递增，X与Y、Z位于相邻周期，Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍，也是Y原子最外层电子数的3倍，最外层电子位于第三周期，则Z为S元素，Y最外层电子数为2，且处于第三周期，为M g元素，这三种元素原子的最外层电子数之和为13，Y、Z最外层电子数之和为8，所以X最外层电子数为5，故X为N元素．A．X的最高价氧化物对应的水化物为硝酸，属于强酸，故A错误；B．Z为S元素，位于元素周期表的第3周期ⅥA族，故B错误；C．M g能在二氧化碳中燃烧生成M g O与碳，故C正确；D．同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径r（M g）＞r （S）＞r（N），故D错误，故选C．短周期元素X、Y、Z的原子序数依次递增，X与Y、Z位于相邻周期，Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍，也是Y原子最外层电子数的3倍，最外层电子数不超过8个，K层不超过2个，则X内层电子数是2，所以X位于第二周期，Y、Z位于第三周期，则Z为S元素，Y最外层电子数为2，且处于第三周期，为M g元素，这三种元素原子的最外层电子数之和为13，Y、Z最外层电子数之和为8，所以X最外层电子数为5，故X为N元素，据此解答．本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，需要学生熟练掌握核外电子排布，侧重考查分析、推断能力，难度不大．10.下列关于各图的叙述正确的是（）A.甲表示H2与O2发生反应过程中的能量变化，则H2的燃烧热为241.8k J•mol-1B.乙表示A、B两物质的溶解度随温度变化情况，将t l℃时A、B的饱和溶液分别升温至t2℃时，溶质的质量分数ω（B）＞ω（A）C.丙表示常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液p H随加水量的变化，则N a A 溶液的p H小于同浓度N a B溶液的p HD.丁表示0.1000mol•L-1 N a OH溶液滴定20.00m L 0.1000mol•L-1醋酸溶液得到的滴定曲线【答案】C【解析】解：A、图象中2mol氢气完全燃烧生成的是水蒸气时放热241.8k J，不是氢气的燃烧热，故A错误；B、A、B两物质的溶解度随温度变化情况，将t1℃时，AB溶解度相同，A、B的饱和溶液质量分数相同，分别升温至t2℃时，溶解度增大，但溶液浓度不变溶质的质量分数B=A，故B错误；C、稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液p H随加水量的变化HA溶液PH变化大，故酸性HA＞HB，则同浓度的钠盐，水解程度：N a A＜N a B，所以同浓度的N a A溶液的p H 小于N a B溶液，故C正确；D、0.1000mol•L-1N a OH溶液滴定20.00m L0.1000mol•L-1CH3COOH溶液，消氢氧化钠溶液体积为0时，醋酸为弱电解质，醋酸溶液的p H大于1，图象中醋酸的p H=1与实际不符，故D错误；故选C．A、燃烧热是1mol可燃物完全反应生成稳定氧化物放出的热量；B、物质溶解度随温度升高增大，升温溶质溶剂不变，知识饱和溶液变为不饱和溶液；C、酸性越弱对应盐的水解显碱性，水解程度越大，溶液p H越大；D、醋酸为弱酸，没有滴入氢氧化钠溶液时，0.1000mol/L的醋酸溶液的p H大于1；本题考查了图象分析判断，理解图象含义和变化趋势是解题关键，题目难度中等．二、双选题(本大题共1小题，共4.0分)11.下列有关说法正确的是（）A.为减小酸碱中和滴定的实验误差，锥形瓶必须洗净、烘干后使用B.在氨水中加入少量的水或氯化铵固体后，都会使溶液中的c（H+）增大C.已知N a A l O2溶液的p H＞7，将其蒸干并灼烧后得到的残留物为N a A l O2D.由H+（aq）+OH-（aq）=H2O（l）△H=-57.3k J•mol-1，可知100m L 0.1mol•L-1的盐酸与100m L 0.1mol•L-1的氨水混合，放出的热量等于0.573k J【答案】BC【解析】解：A．锥形瓶无论是否干燥，对实验结果都没有影响，故A错误；B．加水稀释促进一水合氨电离，一水合氨电离增大程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中c（OH-）减小，加入氯化铵固体抑制一水合氨电离，一水合氨电离向逆反应方向移动，导致溶液中c（OH-）减小，c（H+）增大，故B正确；C．N a A l O2溶液加热生成氢氧化铝和氢氧化钠，最终仍生成N a A l O2，故C正确；D．一水合氨为弱电解质，电离吸热，则100m L0.1mol•L-1的盐酸与100m L0.1mol•L-1的氨水混合，放出的热量小于0.573k J，故D错误．故选BC．A．锥形瓶无需干燥；B．加水稀释促进一水合氨电离，加入氯化铵固体抑制一水合氨电离；C．N a A l O2溶液加热生成氢氧化铝和氢氧化钠，最终仍生成N a A l O2；D．一水合氨为弱电解质，电离吸热．本题考查较为综合，涉及中和滴定、弱电解质的电离、盐类的水解等问题，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，题目难度不大，注意盐类水解的原理，特别是能把握相关物质的性质．三、单选题(本大题共2小题，共8.0分)12.某药物中间体X的结构如图所示，下列说法正确的是（）A.该X的分子式为C23H25N2O3B.每个X分子中含有2个手性碳原子C.1mol X最多能与9mol H2发生加成反应D.X能发生水解、氧化和消去反应【答案】D【解析】解：A．由结构简式可知X的分子式为C23H20N2O3，故A错误；B．X分子中连接羟基的为手性碳原子，含有1个手性碳原子，故B错误；C．能与氢气发生加成反应的为3个苯环以及羰基，则至少需要10mol氢气，故C错误；D．含有羟基，可发生氧化和消去反应，含有肽键，可发生水解反应，故D正确．故选D．由有机物结构简式可知有机物的分子式，分子中含有羟基，可发生取代、消去和氧化反应，含有苯环、羰基，可发生加成反应，以此解答．本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构和官能团的性质，为解答该类题目的关键，难度不大．13.下列关于F e3+、F e2+性质实验的说法错误的是（）A.用如图装置可以制备沉淀F e（OH）2B.配制F e C l3溶液时，先将氯化铁晶体溶于较浓的盐酸中，再加水稀释到所需要的浓度C.F e C l3溶液中滴加KSCN溶液会生成红色沉淀D.向F e C l2溶液中加入少量铁粉是为了防止F e2+被氧化【答案】C【解析】解：A．反应开始时生成的氢气进入B中，可排出氧气，防止生成的氢氧化亚铁被氧化，一段时间后关闭止水夹C，A中硫酸亚铁进入B中可生成F e（OH）2，故A正确；B．F e C l3易水解，配制溶液时应防止溶液因水解而生成氢氧化铁沉淀，可先将氯化铁晶体溶于较浓的盐酸中，再加水稀释到所需要的浓度，故B正确；C．F e C l3溶液中滴加KSCN溶液，溶液变红色，无沉淀，故C错误；D．F e3+与铁反应可生成F e2+，则向F e C l2溶液中加入少量铁粉是为了防止F e2+被氧化，故D正确．故选C．A．关闭止水夹C，A中硫酸亚铁进入B中可生成F e（OH）2；B．F e C l3易水解，配制溶液时应防止溶液因水解而生成氢氧化铁沉淀；C．F e C l3溶液中滴加KSCN溶液，溶液变红色，无沉淀；D．根据F e3+与铁反应的性质判断．本题考查铁离子的性质实验涉及，为高频考点，侧重于学生的分析、实验能力的考查，注意把握物质的性质以及实验的原理，难度不大．四、双选题(本大题共2小题，共8.0分)14.25℃时，0.1mol•L-1氨水中c（H+）/c（OH-）=1×10-8，下列叙述正确的是（）A.该溶液中氢离子的浓度：c（H+）=1×10-11mol•L-1B.p H=7 的NH4C l和NH3•H2O的混合溶液：c（C l-）＞c（NH4+）＞c（H+）=c（OH-）C.浓度均为0.1mol•L-1的NH3•H2O和NH4C l溶液等体积混合后的碱性溶液中：c（NH4+）＞c（C l-）＞c（NH3•H2O）＞c（OH-）＞c（H+）D.0.1mol•L-1的氨水与0.05mol•L-1的H2SO4溶液等体积混合后所得溶液中：2c（NH4+）+2c（NH3•H2O）=c（SO42-）【答案】AC【解析】解：A、25℃时K w=1×10-14，0.1mol•L-1氨水中c（H+）/c（OH-）=1×10-8，则c（H+）=1×10-11mol/L，故A正确；B、p H=7的NH4C l和NH3•H2O的混合溶液：c（C l-）=c（NH4+）＞c（H+）=c（OH-），故B错误；C、浓度均为0.1mol•L-1的NH3•H2O和NH4C l溶液等体积混合后的碱性溶液中，一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，所以c（NH4+）＞c（C l-），c（OH-）＞c（H+），NH3•H2O是弱碱，电离程度很小，所以其浓度关系为c（NH4+）＞c（C l-）＞c（NH3•H2O）＞c（OH-）＞c（H+），故C正确；D、（NH4）2SO4溶液中据物料守恒有c（NH4+）+c（NH3•H2O）=2c（SO42-），故D错误；故选AC．=1×10-11mol/L，c（OH-）=1×10-3mol/L；B、据电荷守恒分析；C、一水合氨电离使溶液显碱性，铵根离子水解使溶液显酸性，浓度均为0.1mol•L-1的NH3•H2O和NH4C l溶液等体积混合后的碱性溶液中，一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度；D、0.1mol•L-1的氨水与0.05mol•L-1的H2SO4溶液等体积混合后恰好反应生成（NH4）2SO4，据物料守恒分析．本题考查了水的离子积常数的应用、溶液中的电荷守恒、物料守恒和离子浓度大小比较，题目难度不大．15.一定温度下，向容积为2L的恒容密闭容器中充入6mol CO2和8mol H2，发生反应：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H=-49.0k J•mol-1，测得n（H2）随时间变化如曲线Ⅰ所示．下列说法正确的是（）A.该反应在0～8min内CO2的平均反应速率是0.375mol•L-1•min-1B.若起始时向上述容器中充入3mol CO2和4mol H2，则平衡时H2的体积分数大于20%C.若起始时向上述容器中充入4mol CO2、2mol H2、2mol CH3OH和1mol H2O（g），则此时反应向正反应方向进行D.改变条件得到曲线Ⅱ、Ⅲ，则曲线Ⅱ、Ⅲ改变的条件分别是升高温度、充入氦气【答案】BC【解析】解：A．由图可知，0～8min内H2的物质的量变化量为8mol-2mol=6mol，故v（H2）==0.375mol•L-1•min-1，速率之比等于其化学计量数之比，故v（CO2）=v（H2）=0.125mol•L-1•min-1，故A错误；B．由图可知，I平衡时氢气为2mol，则：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）开始（mol）：6800转化（mol）：2622平衡（mol）：4222故I中平衡时氢气体积分数为=20%，若起始时向上述容器中充入3mol CO2和4mol H2，等效为原平衡压强减小一倍，平衡向逆反应方向移动，氢气的体积分数增大，即平衡时H2的体积分数大于20%，故B正确；C．平衡常数K===0.5，此时的浓度商Q c==0.25＜K=0.5，故平衡向正反应方向移动，故C正确；D．与Ⅰ相比，Ⅱ到达平衡时间短，且平衡时氢气浓度大，说明改变条件反应速率加快、反应向逆反应方向移动，若升高温度，反应速率加快，正反应为放热反应，平衡向逆反应方向移动，符合题意；与I相比，Ⅲ到达平衡时间短，且平衡时氢气浓度小，说明改变条件反应速率加快、反应向正反应方向移动，若充入氦气，反应混合物各组分的浓度不变，反应速率不变、平衡不移动，不符合题意，故D错误；故选BC．B．由图可知，I平衡时氢气为2mol，利用三段式计算平衡时各组分物质的量，进而计算氢气体积分数．若起始时向上述容器中充入3mol CO2和4mol H2，等效为原平衡压强减小一倍，平衡向逆反应方向移动，氢气的体积分数增大；C．根据B中计算可知平衡时二氧化碳、氢气、甲醇、水的浓度，代入平衡常数表达式K=计算平衡常数，再计算此时的浓度商Q c，与平衡常数比较，判断反应进行方向；D．与Ⅰ相比，Ⅱ到达平衡时间短，且平衡时氢气浓度大，说明改变条件反应速率加快、反应向逆反应方向移动；与I相比，Ⅲ到达平衡时间短，且平衡时氢气浓度小，说明改变条件反应速率加快、反应向正反应方向移动．本题考查物质的量随时间变化曲线、反应速率影响因素及计算、化学平衡影响因素与计算、平衡常数应用等，侧重考查学生分析计算能力，C中注意利用平衡常数判断反应进行方向，难度中等．五、实验题(本大题共1小题，共12.0分)16.以炼铅厂铅锌烟灰（主要成分为Z n O，还含有少量F e2+、M n2+及微量其他重金属离子）为原料生产氯化锌的工艺流程如下：（1）“酸浸”时一般控制温度为30℃，温度不宜过高的原因是______ ．（2）“氧化”时需控制溶液的p H为5．写出KM n O4氧化F e2+为F e3+的离子方程式______ ．实际生产中高锰酸钾用量远多于理论用量的原因是______ ．（3）物质A的化学式是______ ．（4）写出流程中省略的操作步骤：______ ，若操作不当则会产生杂质Z n（OH）C l，欲降低产品中该杂质的含量，可以采取的方法是______ ．【答案】减少氯化氢的挥发；M n O4-+3F e2++4H+=3F e3++M n O2↓+2H2O；部分高锰酸钾氧化氯离子而消耗；Z n；蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，冰水洗涤，低温烘干；控制蒸发时的温度不宜过高，或者向滤液中加入适量的盐酸【解析】解：铅锌烟灰（主要成分为Z n O，还含有少量F e2+、M n2+及微量其他重金属离子）加入盐酸酸浸，过滤后滤液中含有Z n2+、F e2+、M n2+等，加入高锰酸钾可生成F e3+和M n O2，发生M n O4-+3F e2++4H+=3F e3++M n O2↓+2H2O，过滤后滤液中含有等Z n2+、M n2+等，加入Z n置换出M n，滤液中主要含有Z n2+，经蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，冰水洗涤，低温烘干可得到Z n C l2•H2O，（1）铅锌烟灰溶解在盐酸中，加热可促进溶解，但盐酸易挥发，应控制温度，故答案为：减少氯化氢的挥发；（2）控制溶液的p H为5．写出KM n O4氧化F e2+为F e3+，同时生成M n O2，反应的方程式为M n O4-+3F e2++4H+=3F e3++M n O2↓+2H2O，由于溶液中含有氯离子，高锰酸钾可氧化氯离子而消耗，则实际生产中高锰酸钾用量远多于理论用量，故答案为：M n O4-+3F e2++4H+=3F e3++M n O2↓+2H2O；部分高锰酸钾氧化氯离子而消耗；（4）滤液中主要含有Z n2+，经蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，冰水洗涤，低温烘干可得到Z n C l2•H2O，如操作不当，则氯化锌水解生成Z n（OH）C l，应控制蒸发时的温度不宜过高，或者向滤液中加入适量的盐酸，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，冰水洗涤，低温烘干；控制蒸发时的温度不宜过高，或者向滤液中加入适量的盐酸．铅锌烟灰（主要成分为Z n O，还含有少量F e2+、M n2+及微量其他重金属离子）加入盐酸酸浸，过滤后滤液中含有Z n2+、F e2+、M n2+等，加入高锰酸钾可生成F e3+和M n O2，发生M n O4-+3F e2++4H+=3F e3++M n O2↓+2H2O，过滤后滤液中含有等Z n2+、M n2+等，加入Z n置换出M n，滤液中主要含有Z n2+，经蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，冰水洗涤，低温烘干可得到Z n C l2•H2O，以此解答该题．本题考查物质的制备，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力、实验能力和计算能力的考查，题目考查较为全面，能较好的培养学生良好的科学素养，难度中等．六、简答题(本大题共2小题，共27.0分)17.化合物G对多种植物病原菌具有抑制作用，由丙酮合成G的路线如下：（1）写出化合物G中含氧官能团的名称______ ．（2）反应②的类型为______ ．（3）反应①还会得到另一产物H，其分子式为C8H14O2，写出H的结构简式______ ．（4）反应⑦生成的G会部分转化为另一产物I，Ⅰ为链状结构，分子式为C10H18O4，写出Ⅰ的结构简式：______（5）一分子G消去一分子水可得物质J，写出同时满足下列条件的J的一种同分异构体的结构简式：______①能与F e C l3溶液发生显色反应；②分子的核磁共振氢谱有2个峰．（6）以CH3OH、CH≡CH为原料合成聚丙烯醇，写出合成流程图（无机试剂任用）．合成流程图示例如下：CH2=CH2CH3CH2B r CH3CH2OH．【答案】酯基、羟基；加成反应；；；【解析】解：（1）据G的结构简式可知，G中含有酯基和羟基两种官能团，故答案为：酯基、羟基；（2）反应②是碳碳三键与氢气加成反应生成碳碳双键，故答案为：加成反应；（3）得到另一产物的其分子式为C8H14O2，则其发生的是2mol丙酮与乙炔的加成反应，H的结构简式为，故答案为：；（4）Ⅰ为链状结构，分子式为C10H18O4，由G生成I的结构简式为，故答案为：；（5）①能与F e C l3溶液发生显色反应，说明含有苯环和酚羟基；②分子的核磁共振氢谱有2个峰，说明2个酚羟基在苯环的对位，苯环上还有4个甲基，J的结构简式为，故答案为：；（6）以CH3OH、CH≡CH为原料合成聚丙烯醇，结合反应①可知，需将甲醇氧化为甲醛，再与乙炔反应生成CH≡CCH2OH，与氢气加成产物加聚可得，其合成路线为，故答案为：．（1）据G的结构简式判断其所含官能团；（2）据A和B的结构简式可知，反应②是碳碳三键与氢气加成反应生成碳碳双键；（3）反应①是丙酮与乙炔在羰基上的加成反应，若得到另一产物的其分子式为C8H14O2，则其发生的是2mol丙酮与乙炔的加成反应；（4）据I的分子式和F的结构简式分析I的结构简式；（5）据G的结构简式和所给条件判断J的结构简式；（6）以CH3OH、CH≡CH为原料合成聚丙烯醇，结合反应①可知，需将甲醇氧化为甲醛，再与乙炔反应生成CH≡CCH2OH，与氢气加成产物加聚可得．本题考查有机物的合成，题目难度中等，解答本题要注意把握题给信息，为解答该题的关键，根据反应条件和官能团的变化判断．18.聚合氯化铝铁[F e a A l b（OH）c C l d]m是一种性能优良的无机高分子絮凝剂，在净水行业得到广泛应用．（1）在[F e a A l b（OH）c C l d]m中d= ______ ．（用a、b、c表示）（2）聚合氯化铝铁净水的性能优于氯化铝和氯化铁的原因可能是______ ．（3）为确定聚合氯化铝铁的组成，进行如下实验：①准确称取5.745g样品，配成500m L溶液．取10m L溶液于锥形瓶中，加适量盐酸，滴加稍过量氯化亚锡溶液．加氯化汞溶液2m L，充分反应后用0.0100mol•L-1K2C r2O7。

2015年江苏省高考化学试卷一、单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分．每小题只有一个选项符合题意．1．（2分）（2015•江苏）“保护环境”是我国的基本国策．下列做法不应该提倡的是（）2．（2分）（2015•江苏）下列有关氯元素及其化合物的表示正确的是（）Cl3．（2分）（2015•江苏）下列说法正确的是（）24．（2分）（2015•江苏）在CO 2中，Mg 燃烧生成MgO 和C ．下列说法正确的是（ ）25．（2分）（2015•江苏）短周期主族元素X 、Y 、Z 、W原子序数依次增大，X 原子最外层有6个电子，Y 是至今发现的非金属性最强的元素，Z 在周期表中处于周期序数等于族序数的位置，W 的单质广泛用作半导体材料．下列叙述正确的是（ ）6．（2分）（2015•江苏）常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（）=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液中：NH4+、Ca2+、Cl﹣、NO3﹣7．（2分）（2015•江苏）下列实验操作正确的是（）8．（2分）（2015•江苏）给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是（）MgCl Mg3[Ag9．（2分）（2015•江苏）下列指定反应的离子方程式正确的是（）10．（2分）（2015•江苏）一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图．下列有关该电池的说法正确的是（）3H二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分．每小题只有一个或两个选项符合题意．若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分．11．（4分）（2015•江苏）下列说法正确的是（）12．（4分）（2015•江苏）己烷雌酚的一种合成路线如图：下列叙述正确的是（ ）13．（4分）（2015•江苏）下列设计的实验方案能达到实验目的是（）14．（4分）（2015•江苏）室温下，向下列溶液中通入相应的气体至溶液pH=7（通入气体对溶液体积的影响可忽略），溶液中部分微粒的物质的量浓度关系正确的是（）15．（4分）（2015•江苏）在体积均为1.0L的量恒容密闭容器中加入足量的相同的碳粉，再分别加入0.1molCO2和0.2molCO2，在不同温度下反应CO2（g）+C（s）⇌2CO（g）达到平衡，平衡时CO2的物质的量浓度c（CO2）随温度的变化如图所示（图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ点均处于曲线上）．下列说法正确的是（）二、非选择题16．（12分）（2015•江苏）以磷石膏（只要成分CaSO 4，杂质SiO 2、Al 2O 3等）为原料可制备轻质CaCO 3．（1）匀速向浆料中通入CO 2，浆料清液的pH 和c （SO 42﹣）随时间变化见图．清液pH ＞11时CaSO 4转化的离子方程式为 CaSO 4+2NH 3•H 2O+CO 2=CaCO 3+2NH 4++SO 42﹣+H 2O 或CaSO 4+CO 32﹣=CaCO 3+SO 42﹣ ；能提高其转化速率的措施有 AC （填序号）A ．搅拌浆料B ．加热浆料至100℃C ．增大氨水浓度D ．减小CO 2通入速率 （2）当清液pH 接近6.5时，过滤并洗涤固体．滤液中物质的量浓度最大的两种阴离子为 SO 42﹣ 和 HCO 3﹣ （填化学式）；检验洗涤是否完全的方法是 取少量最后一次的洗涤过滤液与试管中，向其中滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若不产生白色沉淀，则表明已洗涤完全．Cl溶液浸取高温煅烧的固体，随着浸取液温度上升，（3）在敞口容器中，用NH4溶液中c（Ca2+）增大的原因是浸取液温度上升，溶液中氢离子浓度增大，促进固体中钙离子浸出．17．（15分）（2015•江苏）化合物F 是一种抗心肌缺血药物的中间体，可以通过以下方法合成：（1）化合物A 中的含氧官能团为 醚键 和 醛基 （填官能团的名称）． （2）化合物B 的结构简式为 ；由C →D 的反应类型是： 取代反应 ．（3）写出同时满足下列条件的E 的一种同分异构体的结构简式．Ⅰ．分子含有2个苯环Ⅱ．分子中含有3种不同化学环境的氢（4）已知：RCH 2CN RCH 2CH 2NH 2，请写出以为原料制备化合物X （结构简式见图）的合成路线流程图（无机试剂可任选）．合成路线流程图示例如图：CH 3CHOCH 3COOHCH 3COOCH 2CH 3．，经水解、还原，最终生成；制备，经水解、还原，最终生成，，制备，然后与发生加成反应生成，18．（12分）（2015•江苏）软锰矿（主要成分MnO2，杂质金属元素Fe、Al、Mg等）的水悬浊液与烟气中SO2反应可制备MnSO4•H2O，反应的化学方程式为：MnO2+SO2=MnSO4（1）质量为17.40g纯净MnO2最多能氧化 4.48 L（标准状况）SO2．（2）已知：Ksp [Al（OH）3]=1×10﹣33，Ksp[Fe（OH）3]=3×10﹣39，pH=7.1时Mn（OH）2开始沉淀．室温下，除去MnSO4溶液中的Fe3+、Al3+（使其浓度小于1×10﹣6mol•L﹣1），需调节溶液pH范围为 5.0＜pH＜7.1 ．（3）如图可以看出，从MnSO4和MgSO4混合溶液中结晶MnSO4•H2O晶体，需控制结晶温度范围为高于60℃．（4）准确称取0.1710gMnSO4•H2O样品置于锥形瓶中，加入适量H2PO4和NH4NO3溶液，加热使Mn2+全部氧化成Mn3+，用c（Fe2+）=0.0500mol•L﹣1的标准溶液滴定至终点（滴定过程中Mn3+被还原为Mn2+），消耗Fe2+溶液20.00mL．计算MnSO4•H2O样品的纯度（请给出计算过程）=0.2mol19．（15分）（2015•江苏）实验室用图所示装置制备KClO 溶液，并通过KClO 溶液与Fe （NO 3）3溶液的反应制备高效水处理剂K 2FeO 4．已知K 2FeO 4具有下列性质①可溶于水、微溶于浓KOH 溶液，②在0℃﹣5℃、强碱性溶液中比较稳定，③在Fe 3+和Fe （OH ）3催化作用下发生分解，④在酸性至弱碱性条件下，能与水反应生成Fe （OH ）3和O 2．（1）装置A 中KMnO 4与盐酸反应生成MnCl 2和Cl 2，其离子方程式为 2MnO 4﹣+16H ++10Cl ﹣=2Mn 2++5Cl 2↑+8H 2O ，将制备的Cl 2通过装置B 可除去 HCl （填化学式）．（2）Cl 2和KOH 在较高温度下反应生成KClO 3，在不改变KOH 溶液的浓度和体积的条件下，控制反应在0℃～5℃进行，实验中可采取的措施是 缓慢滴加盐酸、装置C 用冰水浴中 ．（3）制备K2FeO4时，KClO饱和溶液与Fe（NO3）3饱和溶液的混合方式为在搅拌下，将Fe（NO3）3饱和溶液缓慢滴加到KClO 饱和溶液中．（4）提纯K2FeO4粗产品[含有Fe（OH）3、KCl等杂质]的实验方案为：将一定量的K2FeO4粗产品溶于冷的3mol•L﹣1KOH溶液中，用砂芯漏斗过滤，将滤液置于冰水浴中，向滤液中加入饱和的KOH溶液，再用砂芯漏斗过滤，晶体用乙醇洗涤2﹣3次后，在真空干燥箱中干燥（实验中须使用的试剂有：饱和KOH溶液，乙醇；除常用仪器外须使用的仪器有：砂芯漏斗，真空干燥箱）．20．（14分）（2015•江苏）烟气（主要污染物SO2、NOx）经O3预处理后用CaSO3水悬浮液吸收，可减少烟气中SO2、NOx的含量；O3氧化烟气中SO2、NOx的主要反应的热化学方程式为：NO（g）+O3（g）═NO2（g）+O2（g）△H=﹣200.9kJ．mol﹣1NO（g）+O2（g）═NO2（g）△H=﹣58.2kJ．mol﹣1SO2（g）+O3（g）═SO3（g）+O2（g）△H=﹣241.6kJ．mol﹣1（1）反应3NO（g）+O3（g）=3NO2（g）的△H= ﹣317.3 mol•L﹣1．（2）室温下，固定进入反应器的NO、SO2的物质的量，改变加入O3的物质的量，反应一段时间后体系中n（NO）、n（NO2）和n（SO2）随反应前n（O3）：n（NO）的变化见图．①当n（O3）：n（NO）＞1时，反应后NO2的物质的量减少，其原因是O3将NO2氧化为更高价态氮氧化物．②增加n（O3），O3氧化SO2的反应几乎不受影响，其可能原因是可能是其反应较慢．（3）当用CaSO3水悬浮液吸收经O3预处理的烟气时，清液（pH约为8）中SO32﹣将NO2转化为NO2﹣，其离子方程式为：SO32﹣+2NO2+2OH﹣=SO42﹣+2NO2﹣+H2O ．（4）CaSO3水悬浮液中加入Na2SO4溶液，达到平衡后溶液中c（SO32﹣）=[用c（SO42﹣）、Ksp（CaSO3）和Ksp（CaSO4）表示]；CaSO3水悬浮液中加入Na2SO4溶液能提高NO2的吸收速率，其主要原因CaSO3转化为CaSO4使溶液中SO32﹣的浓度增大，加快SO32﹣与NO2的反应速率．OO；根据故答案为：四.（12分）【选做题】本题包括21、22两小题，请选定一中一小题，并在相应的答题区域内作答．若多做，则按A小题评分．21．（12分）（2015•江苏）下列反应曾用于检测司机是否酒后驾驶：2Cr2O 72﹣+3CH3CH2OH+16H++13H2O→4[Cr（H2O）6]3++3CH3COOH（1）Cr3+基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d3；配合物[Cr（H2O）6]3+中，与Cr3+形成配位键的原子是O （填元素符号）．（2）CH3COOH中C原子轨道杂化类型为sp3和sp2．1mol CH3COOH分子中含有σ键的数目为7mol或7×6.02×1023．（3）与H2O互为等电子体的一种阳离子为H2F+（填化学式）；H2O与CH3CH3OH可以任意比例互溶，除因为它们都是极性分子外，还因为H2O与CH3CH3OH之间可以形成氢键．22．（2015•江苏）实验室以苯甲醛为原料制备间溴苯甲醛（实验装置见图，相关物质的沸点见附表）．其实验步骤为：步骤1：将三颈瓶中的一定配比的无水AlCl3、1，2﹣二氯乙烷和苯甲醛充分混合后，升温至60℃，缓慢滴加经H2SO4干燥过的液溴，保温反应一段时间，冷却．步骤2：将反应混合物缓慢加入一定量的稀盐酸中，搅拌、静置、分液．有机相用10%NaHCO3溶液洗涤．步骤3：经洗涤的有机相加入适量无水MgSO4固体，放置一段时间后过滤．步骤4：减压蒸馏有机相，收集相应馏分．（1）实验装置中冷凝管的主要作用是冷凝回流，锥形瓶中的溶液应为NaOH ．（2）步骤1所加入的物质中，有一种物质是催化剂，其化学式为AlCl3．（3）步骤2中用10%NaHCO3溶液洗涤有机相，是为了除去溶于有机相的Br2、HCl （填化学式）．（4）步骤3中加入无水MgSO4固体的作用是除去有机相的水．（5）步骤4中采用减压蒸馏技术，是为了防止间溴苯甲醛被氧化．附表相关物质的沸点（101kPa）2015年江苏省高考化学试卷答案和考点解析31 / 31。

江苏省南大附中2015 届高考化学四模试卷一、选择题1．（6分）化学与生产和生活密切相关，下列说法正确的是（）A．金属钠可以保存在煤油或酒精中，防止在空气中变质B．石油的裂化和煤的干馏，都属于化学变化C．等质量的葡萄糖和果糖在人体内完全氧化释放的能量相等D．聚氯乙烯制品易造成白色污染，可采用焚烧法处理2．（6分）下列有关化学用语表述正确的是（）A．羟甲基（﹣CH2OH）和甲氧基（CH3O﹣）电子数不相等B．S2﹣的结构示意图：C．质子数为53，中子数为78的碘原子：53131ID．苯甲醛：3．（6分）N A表示阿伏伽德罗常数的值，下列叙述错误的是（）A．2g D216O中含有的质子数、中子数、电子数均为N AB．80g CuO和Cu2S的混合物含有铜原子数一定为N AC．标准状况下，5.6L O2作氧化剂时转移电子数一定为N AD．500mL 2mol•L﹣1 Na2CO3溶液中含C微粒总数一定为N A4．（6分）在已达到电离平衡的0.1mol•L﹣1的醋酸溶液中，欲使平衡向电离的方向移动，同时使溶液的pH降低，应采取的措施是（）A．加少量盐酸B．加热C．加少量醋酸钠晶体D．加氢氧化钠5．（6分）有机物W（）常用于合成维生素类药物．下列与W相关说法正确的是（）A．分子式为C6H9O3B．分子中含有2种官能团C．分子中含有6种不同化学环境的氢原子D．水溶液中1mol W可与3mol NaOH完全反应6．（6分）短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的位置如图所示，其中Y所处的周期序数与主族序数之和为8．下列说法错误的是（）A．Z元素的氧化物对应水化物的酸性一定弱于WB．四种元素中Z的原子半径和形成的离子半径均最大C．X、Z、W中最简单气态氢化物稳定性最弱的是ZD．X、Y、Z的原子均能与氢原子形成四原子分子7．（6分）C和CuO在一定温度下反应，产物有Cu、Cu2O、CO、CO2．将1.20g C跟16.0g CuO 混合，隔绝空气加热，将生成的气体全部通过足量的澄清石灰水，反应一段时间后共收集到1.12L气体（标准状况），生成沉淀的质量为5.00g．下列说法正确的是（）A．反应后的固体混合物中还含有碳B．反应后的固体混合物总质量为12.8 gC．反应后的固体混合物中氧化物的物质的量为0.05 molD．反应后的固体混合物中单质Cu的质量为12.8 g二、非选择题8．（13分）合成氨工业对国民经济和社会发展具有重要的意义．其原理为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92.4kJ/mol 据此回答以下问题：（1）合成氨工业采取的下列措施中，不能用勒沙特列原理解释的是（填序号）．①反应压强为20Mpa～50Mpa ②500℃的高温③铁触媒作催化剂④将生成的氨液化并及时从体系中分离出来，未反应的N2、H2循环到合成塔中．（2）一定条件下NH3的平衡体积分数随n（N2）变化如图所示（T﹣温度）．则T2T1（填＞、=、＜），判断的依据是：（3）合成氨气所需的氢气可以由水煤气分离得到．涉及反应信息如下：反应一：C（s）+H2O（g）⇌H2（g）+CO（g）平衡常数K1反应二：CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）平衡常数K2①K1的表达式：K1=②将一定量的H2O（g）和CO（g）分别通入到体积为1L的密闭容器中，在不同条件下进行反应，得到以下三组数据：实验组别温度/℃起始量/mol 平衡量/mol 达到平衡所需时间/minH2O CO H2CO1 650 12 0.8 1.2 52 900 0.5 1 0.2 0.8 33 T a b c d t（Ⅰ）实验1中，用CO2表示反应开始到平衡的平均反应速率为（Ⅱ）在实验3，当a=0.5、b=1时，要使c、d数据与实验2相同，且t＜3，可以采取的措施为（填序号）A．其它条件不变温度T＜900℃B．其它条件不变温度T＞900℃C．充入一定量氖气 D．使用高效催化剂（Ⅲ）对于反应二，当升高温度时K2（填“增大”、“减小”或“不变”）．9．（14分）某同学用图示装置进行铁和稀硝酸反应的实验并进行相关的实验探究．a．向广口瓶内注入足量热NaOH溶液，将盛有一定质量的纯铁粉的小烧杯放入瓶中．b．关闭止水夹，点燃红磷，伸人瓶中，塞好胶塞．c．待红磷充分燃烧，一段时间后打开分液漏斗旋塞，向烧杯中缓慢滴入一定量的4mol•L﹣1的稀硝酸，铁粉完全溶解．气体产物成分探究（1）实验前如何检查该装置的气密性？．（2）燃烧红磷的目的是．（3）为证明气体产物为NO，步骤c后还缺少的一步主要操作是．产物中铁元素价态探究：（4）提出合理假设：假设1：产物中只有+2价铁；假设2：，假设3：产物中既有+2价铁，又有+3价铁．（5）设计实验方案，验证假设1成立（写出实验操作步骤现象和结论）：．问题讨论：（6）广口瓶中热NaOH溶液的主要作用是．若假设3成立，且所得溶液中n（Fe2+）：n（Fe3+）=3：1时，则对应的离子反应方程式为．10．（6分）实验室经常要制取某种气体并验证该气体的性质．（1）如图1所示的装置适合作尾气吸收的是（填序号）．（2）向如图2所示装置中通入气体X，A中品红溶液褪色，则X可能是（至少填两种）如果要证明X是SO2气体，接下来的操作是：11．（10分）实验室用FeSO4溶液和NaOH溶液反应制取Fe（OH）2，却很难看到稳定的白色沉淀．有同学设计了一种新的实验方法，能清楚看到生成白色沉淀及白色沉淀转化成红褐色沉淀的现象．请完成以下空白：（1）取一定体积的0.1mol．L﹣1NaOH溶液放于烧杯中，后，再滴入几滴植物油；（2）选择图中装置（填“甲”或“乙”），将（1）所得溶液加入到装置中并按图示组装好装置．（3）在你选择的装置上标明电极材料分别为、（4）实验中可在看到稳定的白色Fe（OH）2沉淀．（5）如果要看到白色沉淀转化为红褐色沉淀的现象，接下来的操作是．三、解答题（共1小题，满分15分）【化学---选修5：有机化学基础】12．（15分）化合物H可用以下路线合成：已知：回答下列问题：（1）11.2L（标准状况）的烃A在氧气中充分燃烧可以生成88g CO2和45g H2O，且A分子结构中有3个甲基，则A的结构简式为；（2）B和C均为一氯代烃，D的名称（系统命名）为；（3）在催化剂存在下1mol F与2mol H2反应，生成3﹣苯基﹣1﹣丙醇．F的结构简式是；（4）反应①的反应类型是；（5）反应②的化学方程式为；（6）写出所有与G具有相同官能团的芳香类同分异构体的结构简式．江苏省南大附中2015届高考化学四模试卷参考答案与试题解析一、选择题1．（6分）化学与生产和生活密切相关，下列说法正确的是（）A．金属钠可以保存在煤油或酒精中，防止在空气中变质B．石油的裂化和煤的干馏，都属于化学变化C．等质量的葡萄糖和果糖在人体内完全氧化释放的能量相等D．聚氯乙烯制品易造成白色污染，可采用焚烧法处理考点：钠的化学性质；反应热和焓变；常见的生活环境的污染及治理；石油的裂化和裂解；煤的干馏和综合利用．专题：化学应用．分析：A．钠和酒精反应生成氢气；B．石油的裂化和煤的干馏都有新物质生成，属于化学变化；C．葡萄糖和果糖属于同分异构体，二者结构不同；D．焚烧聚氯乙烯塑料制品易产生空气污染．解答：解：A．钠较活泼，易和水、氧气反应而变质，煤油和钠不反应且密度小于钠，所以煤油可以保存钠；钠和乙醇反应生成乙醇钠和氢气，所以不能用乙醇保存钠，故A错误；B．石油的裂化是大分子烃通过裂化转化为小分子烃，煤油通过干馏得到煤焦油、焦炭等物质，所以石油裂化、煤的干馏都属于化学变化，故B正确；C．葡萄糖和果糖属于同分异构体，二者分子式相同但结构不同，导致等质量的葡萄糖和果糖在人体内完全氧化释放的能量不相等，故C错误；D．聚氯乙烯中含有氯元素，焚烧聚氯乙烯时会产生污染大气的有毒物质，所以不能采用焚烧的方法处理聚氯乙烯，故D错误；故选B．点评：本题考查了有机物的性质，明确物质的结构和性质之间的关系是解本题关键，这些知识点都是基础知识，题目难度不大，注意分馏和干馏的区别，为易错点．2．（6分）下列有关化学用语表述正确的是（）A．羟甲基（﹣CH2OH）和甲氧基（CH3O﹣）电子数不相等B．S2﹣的结构示意图：C．质子数为53，中子数为78的碘原子：53131ID．苯甲醛：考点：原子结构示意图；结构简式．专题：化学用语专题．分析：A、基团的电子数目为基团中各个原子核外电子数的加和；B、S2﹣核外电子数为18；C、质量数A=质子数Z+中子数N，即可求得I的质量数A；D、苯基连接醛基的碳原子．解答：A、羟甲基和甲氧基含有相同的原子种类和数目，所含电子数均为6+1×3+8=17个，A错误；B、S2﹣核外电子数为16+2=18，M层应含有8个电子，B错误；C、据公式：质量数A=质子数Z+中子数N，碘原子的质量数A=53+78=131，C正确；D、醛基中的O原子已经达到最外层8电子稳定结构，所以苯基连接醛基中的碳原子而非氧原子，D错误．故选：C．点评：本题考查微粒电子数及质量数的计算、有机物的成键方式等知识，非常基础，难度不大．3．（6分）N A表示阿伏伽德罗常数的值，下列叙述错误的是（）A．2g D216O中含有的质子数、中子数、电子数均为N AB．80g CuO和Cu2S的混合物含有铜原子数一定为N AC．标准状况下，5.6L O2作氧化剂时转移电子数一定为N AD．500mL 2mol•L﹣1 Na2CO3溶液中含C微粒总数一定为N 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．D216O中含有的质子数、中子数和电子都是10，2g该水的物质的量为0.1mol，含有的质子、中子、电子的物质的量为1mol；B．CuO和Cu2S中铜元素的质量分数相等，都是80%；C．氧气在氧化还原反应中，反应产物可能为﹣1价或﹣2价；D．根据质量守恒，碳原子的物质的量等于碳酸钠中碳酸根离子的物质的量，据此计算出碳元素的质量．解答：解：A．2g D216O的物质的量为0.1mol，0.1mol该水中中含有的质子、中子和电子的物质的量都是1mol，所以含有的质子数、中子数、电子数均为N A，故A正确；B．80gCuO和Cu2S的混合物中含有铜元素的质量为：80g×=64g，含有的铜的物质的量为1mol，含有铜原子数一定为N A，故B正确；C．标准状况下，5.6L O2的物质的量为0.25mol，0.25mol氧气与金属钠反应生成0.25mol 过氧化钠，反应转移了0.5mol电子，转移的电子数为0.5N A，所以0.25mol氧气作氧化剂时转移电子数不一定为N A，故C错误；D．500mL 2mol•L﹣1 Na2CO3溶液中含有溶质碳酸钠的物质的量为1mol，含有1molC，含C微粒总数一定为N A，故D正确；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，选项C为易错点，注意过氧化钠中氧元素的化合价为﹣1价．4．（6分）在已达到电离平衡的0.1mol•L﹣1的醋酸溶液中，欲使平衡向电离的方向移动，同时使溶液的pH降低，应采取的措施是（）A．加少量盐酸B．加热C．加少量醋酸钠晶体D．加氢氧化钠考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡．分析：醋酸存在电离平衡：CH3COOH⇌H++CH3COO﹣，A、加入盐酸，醋酸电离程度减小，都是溶液中的氢离子浓度增大；B、醋酸的电离是吸热反应，温度升高，促进电离；C、根据平衡移动原理判断；D、加入NaOHpH增大．解答：解：A、加入盐酸，氢离子浓度增大，抑制醋酸电离，醋酸电离程度减小，故A错误；B、加热溶液，醋酸电离程度变大，溶液中氢离子浓度变大，PH变小，故B正确；C、加入少量醋酸钠，溶液中醋酸根离子浓度增大，抑制了醋酸的电离，故C错误；D、加入NaOH，溶液pH增大，故D错误；故选B．点评：本题考查了醋酸的电离平衡的影响因素，利用平衡移动原理判断，本题难度不大．5．（6分）有机物W（）常用于合成维生素类药物．下列与W相关说法正确的是（）A．分子式为C6H9O3B．分子中含有2种官能团C．分子中含有6种不同化学环境的氢原子D．水溶液中1mol W可与3mol NaOH完全反应考点：有机物的结构和性质；有机物分子中的官能团及其结构．专题：有机物的化学性质及推断．分析：由结构简式可知分子式，分子中含﹣OH、﹣COOC﹣，结合醇、酯的性质来解答．解答：解：A．由结构简式可知分子式为C6H10O3，故A错误；B．分子中含﹣OH、﹣COOC﹣，2种官能团，故B正确；C．同一C上的H相同，则分子中含有4种不同化学环境的氢原子，故C错误；D．只有﹣COOC﹣与NaOH反应，则水溶液中1mol W可与1mol NaOH完全反应，故D错误；故选B．点评：本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，注意官能团及等效氢的判断，侧重酯性质的考查，题目难度不大．6．（6分）短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的位置如图所示，其中Y所处的周期序数与主族序数之和为8．下列说法错误的是（）A．Z元素的氧化物对应水化物的酸性一定弱于WB．四种元素中Z的原子半径和形成的离子半径均最大C．X、Z、W中最简单气态氢化物稳定性最弱的是ZD．X、Y、Z的原子均能与氢原子形成四原子分子考点：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：短周期元素X、Y、Z、W，根据元素在周期表中的位置知，X和Y位于第二周期，Z 和W位于第三周期，Y所处的周期序数与主族序数之和为8，则Y位于第VIA族，所以Y是O元素，则X是N元素、Z是P元素、W是Cl元素，A．Z元素的氧化物对应水化物的酸性不一定弱于W；B．电子层数越多，其原子半径或离子半径越大，电子层结构相同的离子，其离子半径随着原子序数的增大而减小；C．元素的非金属性越强，其氢化物越稳定；D．X、Y、Z的原子均能与氢原子形成四原子分子．解答：解：短周期元素X、Y、Z、W，根据元素在周期表中的位置知，X和Y位于第二周期，Z和W位于第三周期，Y所处的周期序数与主族序数之和为8，则Y位于第VIA族，所以Y 是O元素，则X是N元素、Z是P元素、W是Cl元素，A．Z元素的氧化物对应水化物的酸性不一定弱于W，H3PO4的酸性大于HClO，故A错误；B．电子层数越多，其原子半径或离子半径越大，电子层结构相同的离子，其离子半径随着原子序数的增大而减小，所以四种元素中Z的原子半径和形成的离子半径均最大，故B正确；C．元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，X、Z、W元素非金属性强弱顺序是Cl＞N＞P，所以X、Z、W中最简单气态氢化物稳定性最弱的是Z，故C正确；D．X、Y、Z的原子均能与氢原子形成四原子分子，分别为NH3、H2O2、PH3，故D正确；故选A．点评：本题考查了元素周期表和元素周期律的综合应用，根据元素在周期表中的位置及原子结构确定元素，再结合元素周期律分析解答，注意Y形成含有四原子的氢化物分子为H2O2，为易错点．7．（6分）C和CuO在一定温度下反应，产物有Cu、Cu2O、CO、CO2．将1.20g C跟16.0g CuO 混合，隔绝空气加热，将生成的气体全部通过足量的澄清石灰水，反应一段时间后共收集到1.12L气体（标准状况），生成沉淀的质量为5.00g．下列说法正确的是（）A．反应后的固体混合物中还含有碳B．反应后的固体混合物总质量为12.8 gC．反应后的固体混合物中氧化物的物质的量为0.05 molD．反应后的固体混合物中单质Cu的质量为12.8 g考点：有关混合物反应的计算．分析：A．生成的气体全部通过足量石灰水，生成沉淀的质量为5.00g为碳酸钙的质量，收集气体1.12L为一氧化碳的体积，根据碳原子守恒计算参加反应的C的质量，进而确定碳是否完全反应来解答；B．反应后固体混合物总质量=原固体混合物总质量﹣生成CO2与CO的总质量；C．Cu2O、CuO均含有1个氧原子，根据剩余的氧原子质量计算，剩余氧原子质量=CuO反应后的总质量﹣Cu元素的质量；D．假设CuO完全被还原为Cu，根据Cu守恒计算生成Cu的质量，由产物中CO2、CO中的O 原子守恒计算氧化铜失去氧的质量，进而计算CuO反应后的总质量，与Cu的质量比较判断．解答：解：A．由题意可知，生成的n（CO2）=n（CaCO3）==0.05mol， n（CO）==0.05mol，根据C守恒可知，参加反应的C的质量为：（0.05mol+0.05mol）×12g/mol=1.2g，则碳完全参与反应，故A错误；B．反应后固体总质量为：1.2g+16g﹣0.05mol×（44g/mol+28g/mol）=13.6g，故B错误；C．反应后m（O）=13.6g﹣=0.8g，Cu2O、CuO均含有1个氧原子，根据氧原子守恒可知反应后的固体混合物中氧化物的物质的量==0.05 mol，故C正确；D．假设CuO完全被还原为Cu，根据Cu守恒生成Cu的质量=×64g/mol=12.8g，由产物中CO2、CO中的O原子守恒可知失去氧的质量=（0.05mol×2+0.05mol）×16g/mol=2.4g，故CuO反应后的总质量=16g﹣2.4g=13.6g，故反应后固体中Cu的质量小于12.8g，故D错误；故选C．点评：本题考查混合物反应的计算，题目难度中等，试题侧重对解题方法技巧与思维能力的考查，注意利用守恒思想进行解答，答题时注意总结做题思路．二、非选择题8．（13分）合成氨工业对国民经济和社会发展具有重要的意义．其原理为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92.4kJ/mol 据此回答以下问题：（1）合成氨工业采取的下列措施中，不能用勒沙特列原理解释的是②③（填序号）．①反应压强为20Mpa～50Mpa ②500℃的高温③铁触媒作催化剂④将生成的氨液化并及时从体系中分离出来，未反应的N2、H2循环到合成塔中．（2）一定条件下NH3的平衡体积分数随n（N2）变化如图所示（T﹣温度）．则T2＜T1（填＞、=、＜），判断的依据是：合成氨反应是放热反应，温度升高，平衡向逆反应方向移动，NH3的体积分数下降，所以T1＞T2（3）合成氨气所需的氢气可以由水煤气分离得到．涉及反应信息如下：反应一：C（s）+H2O（g）⇌H2（g）+CO（g）平衡常数K1反应二：CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）平衡常数K2①K1的表达式：K1=．②将一定量的H2O（g）和CO（g）分别通入到体积为1L的密闭容器中，在不同条件下进行反应，得到以下三组数据：实验组别温度/℃起始量/mol 平衡量/mol 达到平衡所需时间/minH2O CO H2CO1 650 12 0.8 1.2 52 900 0.5 1 0.2 0.8 33 T a b c d t（Ⅰ）实验1中，用CO2表示反应开始到平衡的平均反应速率为0.16 mol•L﹣1•min﹣1（Ⅱ）在实验3，当a=0.5、b=1时，要使c、d数据与实验2相同，且t＜3，可以采取的措施为D（填序号）A．其它条件不变温度T＜900℃B．其它条件不变温度T＞900℃C．充入一定量氖气 D．使用高效催化剂（Ⅲ）对于反应二，当升高温度时K2减小（填“增大”、“减小”或“不变”）．考点：化学平衡移动原理；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：化学平衡专题．分析：（1）从化学平衡角度考虑，应使平衡向正反应方向移动，有利于提高氨气的产率，据此进行分析；（2）合成氨是放热反应，根据图象中氨气的体积分数数据及平衡移动原理进行判断即可；（3）①根据化学平衡常数的表达式完成；②（Ⅰ）利用化学反应速率的计算公式及题中数据进行计算；（Ⅱ）从等效平衡的角度分析；（Ⅲ）根据实验1、2，利用等效平衡判断该反应为放热，然后根据温度对平衡的影响．解答：解：（1）①反应压强为20Mpa～50Mpa，增大压强，平衡向着正向移动，所以能够用勒夏特列原理解释，故①错误；②500℃的高温，升高温度平衡向着吸热方向移动，该反应放热，升高温度，向着逆向移动，不能够用勒夏特列原理解释，故②正确；③铁触媒作催化剂，可以加快反应速率，化学平衡不一定，所以③不能用勒夏特列原理解释，故③正确；④将生成的氨液化并及时从体系中分离出来，未反应的N2、H2循环到合成塔中，减少生成物，平衡向着正向移动，④能够用勒夏特列原理解释，故④错误；故选②③；（2）由于合成氨反应是放热反应，温度升高，平衡向逆反应方向移动，NH3的体积分数下降，所以T1＞T2，故答案为：T2＜T1；合成氨反应是放热反应，温度升高，平衡向逆反应方向移动，NH3的体积分数下降，所以T1＞T2；（3）C（s）+H2O（g）⇌H2（g）+CO（g）反应中，C是固体，所以该反应的平衡常数K1=，故答案为：；②（Ⅰ）v（CO2）==0.16mol/（L•min），故答案为：0.16 mol•L﹣1•min﹣1；（Ⅱ）实验3要达到与实验2等效的平衡状态，但到达平衡的时间短，故采取的措施要使得反应速率快，但平衡不移动，所以D正确，故选D；（Ⅲ）由实验1、2，利用等效平衡判断该反应为放热，升高温度，平衡向吸热的方向移动即逆向移动，所以平衡常数减小，故答案为：减小．点评：本题考查较综合，涉及化学平衡的计算、影响反应速率及平衡的因素、平衡的判定、化学平衡图象等，注重2015届高考常考查点的考查，注意图象的分析，题目难度中等．9．（14分）某同学用图示装置进行铁和稀硝酸反应的实验并进行相关的实验探究．a．向广口瓶内注入足量热NaOH溶液，将盛有一定质量的纯铁粉的小烧杯放入瓶中．b．关闭止水夹，点燃红磷，伸人瓶中，塞好胶塞．c．待红磷充分燃烧，一段时间后打开分液漏斗旋塞，向烧杯中缓慢滴入一定量的4mol•L﹣1的稀硝酸，铁粉完全溶解．气体产物成分探究（1）实验前如何检查该装置的气密性？关闭止水夹，通过分液漏斗向广口瓶中加水，当水不能顺利滴下时停止加水，观察分液漏斗中水位，若水位不下降，则说明装置气密性良好．（2）燃烧红磷的目的是除去广口瓶内空气中的氧气，避免干扰气体检验．（3）为证明气体产物为NO，步骤c后还缺少的一步主要操作是打开止水夹，向瓶内通入少量空气．产物中铁元素价态探究：（4）提出合理假设：假设1：产物中只有+2价铁；假设2：产物中只有+3价铁，假设3：产物中既有+2价铁，又有+3价铁．（5）设计实验方案，验证假设1成立（写出实验操作步骤现象和结论）：取小烧杯中反应溶液少许放入一支试管中，滴加几滴KSCN溶液，溶液不显红色，再向其中加少量H2O2溶液，溶液显红色，则证明假设1成立．问题讨论：（6）广口瓶中热NaOH溶液的主要作用是实验结束后，热NaOH溶液在充入足量空气（或氧气）条件下，将瓶中氮的氧化物完全吸收防止空气污染．若假设3成立，且所得溶液中n（Fe2+）：n（Fe3+）=3：1时，则对应的离子反应方程式为4Fe+12H++3NO3﹣=3Fe2++Fe3++3NO↑+6H2O．考点：铁及其化合物的性质实验．专题：实验题．分析：（1）装置气密性检验的原理是：通过气体发生器与附设的液体构成封闭体系，依据改变体系内压强时产生的现象来判断装置气密性的好坏；（2）利用红磷燃烧消耗氧气且生成五氧化二磷固体，除去广口瓶内的氧气；（3）一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，一氧化氮为无色，二氧化氮为红棕色；（4）根据Fe元素有+2价、+3价来分析；（5）依据二价铁离子具有还原性能够被氧化剂氧化成三价铁，三价铁遇到硫氰酸根离子显红色解答；（6）氮的氧化物有毒，不能直接排放到空气中，通入氧气后可以用氢氧化钠溶液吸收，防止污染空气；依据反应后溶液中二价铁与三价铁离子物质的量之比，结合氧化还原反应得失电子守恒写出反应的离子方程式．解答：解：（1）实验前检验气密性的方法是：关闭止水夹，通过分液漏斗向广口瓶中加水，当水不能顺利滴下时停止加水，观察分液漏斗中水位，若水位不下降，则说明装置气密性良好；故答案为：通过分液漏斗向广口瓶中加水，当水不能顺利滴下时停止加水，观察分液漏斗中水位，若水位不下降，则说明装置气密性良好；（2）红磷能够在氧气中燃烧生成固体五氧化二磷，燃烧红磷的目的除去广口瓶内的氧气，避免干扰产物成分的检验，故答案为：除去广口瓶内的氧气，避免干扰产物成分的检验；（3）一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，为证明气体产物为NO，可以向瓶内通入少量氧气，通过瓶内气体颜色的变化，证明气体产物为NO；故答案为：打开止水夹，向瓶内通入少量空气；（4）Fe元素有+2价、+3价，所以假设1：产物中只有+2价铁；假设2：产物中只有+3价铁；假设3：产物中既含有+2价又有+3价铁元素，故答案为：产物中只有+3价铁；（5）二价铁离子具有还原性能够被氧化剂双氧水氧化成三价铁离子，三价铁遇到硫氰酸根离子显红色，所以取小烧杯中反应溶液少许放入一支试管中，滴加几滴KSCN溶液，溶液不显红色，再向其中加少量H2O2溶液，溶液显红色，则证明假设1成立；故答案为：取小烧杯中反应溶液少许放入一支试管中，滴加几滴KSCN溶液，溶液不显红色，再向其中加少量H2O2溶液，溶液显红色，则证明假设1成立；（6）氮的氧化物有毒，不能直接排放到空气中，通入氧气后可以用氢氧化钠溶液吸收；反应后如果所得溶液中n（Fe2+）：n（Fe3+）=3：1时，说明硝酸与铁反应即生成硝酸亚铁又生出硝酸铁，依据得失电子守恒可知其离子方程式为：4Fe+12H++3NO3﹣=3Fe2++Fe3++3NO↑+6H2O；故答案为：实验结束后，热NaOH溶液在充入足量空气（或氧气）条件下，将瓶中氮的氧化物完全吸收防止空气污染；4Fe+12H++3NO3﹣=3Fe2++Fe3++3NO↑+6H2O．点评：本题考查了铁及其化合物的性质，侧重考查学生分析问题设计实验的能力，明确物质的性质是解题关键，题目难度中等．10．（6分）实验室经常要制取某种气体并验证该气体的性质．（1）如图1所示的装置适合作尾气吸收的是BC（填序号）．。

2015年江苏省高考化学模拟试题及答案可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Na-23 Cu-64第Ⅰ卷(选择题共36分)一、选择题：本题共6小题，每小题6分，共36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．据报导，有科学家提出硅是“21世纪的能源”、“未来的石油”的观点。

假如硅作为一种普通使用的新型能源被开发利用，关于其有利因素的下列说法中不正确的是A．自然界硅的贮存量丰富B．硅便于运输贮存，从安全角度考虑，硅是最佳的燃料C．硅的燃烧产物粉尘不会造成污染D．从Si(s)+O2(g)SiO2(s) H=-858.6KJ·mol-1 可知，硅燃烧放出的热量大2. 设N A表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法不正确的是A. 常温常压下，28g氮气含有的核外电子数为14 N AB. 1.0L1.0mo1·L-1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2N AC. 7 g C n H2n中含有的氢原子数目为N AD.在标准状况下，以任意比例混合的CH4与CO2的混合物22.4L，所含有的分子数为N A 3．下列化学反应中反应类型与其它反应不同的是(反应条件略)A. HOCH2CH2CH2CH2COOH H2O +B. CH2BrCH2Br + 2NaOH → CH≡CH↑ + 2NaBr + 2H2OC. CH3CHOHCH3 → CH2=CHCH3 ↑ + H2OD. CH3CH2Cl → CH2=CH2↑ + H2O4. NA表示阿伏伽德罗常数的数值，下列说法不正确的是A. 将1molNH4NO3溶于一定浓度的稀氨水中，溶液呈中性，若不考虑挥发，溶液中一定含有NA个NH4+B. 1mol/LCH3COOH与1mol/L CH3COONa溶液等体积混合，溶液中CH3COOH和CH3COO-的总数为2NAC. 常温常压下，3.6g H2O中含有电子数为2NAD. 含有2NA个氧原子的氧气与臭氧的混合气体的质量为32g5．粗铜中一般含有锌、铁、银、金等杂质。

2015年江苏省高考化学试卷一、单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分．每小题只有一个选项符合题意．1．（2分）（2015•江苏）“保护环境”是我国的基本国策．下列做法不应该提倡的是（）A．采取低碳、节俭的生活方式B．按照规定对生活废弃物进行分类放置C．深入农村和社区宣传环保知识D．经常使用一次性筷子、纸杯、塑料袋等2．（2分）（2015•江苏）下列有关氯元素及其化合物的表示正确的是（）A．质子数为17、中子数为20的氯原子：ClB．氯离子（Cl﹣）的结构示意图：C．氯分子的电子式：D．氯乙烯分子的结构简式：H3C﹣CH2Cl•3．（2分）（2015•江苏）下列说法正确的是（）A．分子式为C2H6O的有机化合物性质相同B．相同条件下，等质量的碳按a、b两种途径完全转化，途径a比途径b放出更多热能途径a：C CO+H2CO2+H2O途径b：C CO2C．在氧化还原反应中，还原剂失去电子总数等于氧化剂得到电子的总数D．通过化学变化可以直接将水转变为汽油4．（2分）（2015•江苏）在CO2中，Mg燃烧生成MgO和C．下列说法正确的是（）A．元素C的单质只存在金刚石和石墨两种同素异形体B．M g、MgO中镁元素微粒的半径：r（Mg2+）＞r（Mg）C．在该反应条件下，Mg的还原性强于C的还原性D．该反应中化学能全部转化为热能5．（2分）（2015•江苏）短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子最外层有6个电子，Y是至今发现的非金属性最强的元素，Z在周期表中处于周期序数等于族序数的位置，W的单质广泛用作半导体材料．下列叙述正确的是（）A．原子最外层电子数由多到少的顺序：Y、X、W、ZB．原子半径由大到小的顺序：W、Z、Y、XC．元素非金属性由强到弱的顺序：Z、W、XD．简单气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序：X、Y、W6．（2分）（2015•江苏）常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（）A．使酚酞变红色的溶液中：Na+、Al3+、SO42﹣、Cl﹣B．=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液中：NH4+、Ca2+、Cl﹣、NO3﹣C．与Al反应能放出H2的溶液中：Fe2+、K+、NO3﹣、SO42﹣D．水电离的c（H+）=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液中：K+、Na+、AlO2﹣、CO32﹣7．（2分）（2015•江苏）下列实验操作正确的是（）A．用玻璃棒蘸取CH3COOH溶液点在水湿润的pH试纸上，测定该溶液的pHB．中和滴定时，滴定管用所盛装的反应液润洗2～3次C．用装置甲分液，放出水相后再从分液漏斗下口放出有机相D．用装置乙加热分解NaHCO3固体8．（2分）（2015•江苏）给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是（）A．粗硅SiCl4SiB．Mg（OH）2MgCl2（aq）MgC．Fe2O3FeCl3（aq）无水FeCl3D．AgNO3（aq）[Ag（NH3）2]OH（aq）Ag9．（2分）（2015•江苏）下列指定反应的离子方程式正确的是（）A．氯气溶于水：Cl2+H2O=2H++Cl﹣+ClO﹣B．N a2CO3溶液中CO32﹣的水解：CO32﹣+H2O=HCO3﹣+OH﹣C．酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2：IO3﹣+I﹣+6H+=I2+3H2OD．N aHCO3溶液中加足量Ba（OH）2溶液：HCO3﹣+Ba2++OH﹣=BaCO3↓+H2O10．（2分）（2015•江苏）一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图．下列有关该电池的说法正确的是（）A．反应CH4+H2O3H2+CO，每消耗1molCH4转移12mol电子B．电极A上H2参与的电极反应为：H2+2OH﹣﹣2e﹣=2H2OC．电池工作时，CO32﹣向电极B移动D．电极B上发生的电极反应为：O2+2CO2+4e﹣=2CO32﹣二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分．每小题只有一个或两个选项符合题意．若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分．11．（4分）（2015•江苏）下列说法正确的是（）A．若H2O2分解产生1molO2，理论上转移的电子数约为4×6.02×1023B．室温下，pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，溶液pH＞7C．钢铁水闸可用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法防止其腐蚀D．一定条件下反应N2+3H2⇌2NH3达到平衡时，3v正（H2）=2v逆（NH3）12．（4分）（2015•江苏）己烷雌酚的一种合成路线如图：下列叙述正确的是（）A．在NaOH水溶液中加热，化合物X可发生消去反应B．在一定条件，化合物Y可与HCHO发生缩聚反应C．用FeCl3溶液可鉴别化合物X和YD．化合物Y中不含有手性碳原子13．（4分）（2015•江苏）下列设计的实验方案能达到实验目的是（）A．制备Al（OH）3悬浊液：向1mol•L﹣1AlCl3溶液中加过量的6mol•L﹣1NaOH溶液B．提纯含有少量乙酸的乙酸乙酯：向含有少量乙酸的乙酸乙酯中加入过量饱和Na2CO3溶液，振荡后静置分液，并除去有机相的水C．检验溶液中是否含有Fe2+：取少量待检验溶液，向其中加入少量新制氯水，再滴加KSCN溶液，观察实验现象D．探究催化剂对H2O2分解速率的影响：在相同条件下，向一支试管中加入2mL5%H2O2和1mLH2O，向另一支试管中加入2mL5%H2O2和1mLFeCl3溶液，观察并比较实验现象14．（4分）（2015•江苏）室温下，向下列溶液中通入相应的气体至溶液pH=7（通入气体对溶液体积的影响可忽略），溶液中部分微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A．向0.10mol•L﹣1NH4HCO3溶液中通入CO2：c（NH4+）=c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）B．m ol•L﹣1NaHSO3溶液中通入NH3：c（Na+）＞c（NH4+）＞c（SO32﹣）C．向0.10mol•L﹣1Na2SO3溶液通入SO2：c（Na+）=2[c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3）]D．向0.10mol•L﹣1CH3COONa溶液中通入HCl：c（Na+）＞c（CH3COOH）=c（Cl﹣）22，在不同温度下反应CO2（g）+C（s）⇌2CO（g）达到平衡，平衡时CO2的物质的量浓度c（CO2）随温度的变化如图所示（图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ点均处于曲线上）．下列说法正确的是（）A．反应CO2（g）+C（s）⇌2CO（g）的△S＞0、△H＜0B．体系的总压强P：P总（状态Ⅱ）＞2P总（状态Ⅰ）总C．体系中c（CO）：c（CO，状态Ⅱ）＜2c（CO，状态Ⅲ）D．逆反应速率V：V逆（状态Ⅰ）＞V逆（状态Ⅲ）逆二、非选择题16．（12分）（2015•江苏）以磷石膏（只要成分CaSO4，杂质SiO2、Al2O3等）为原料可制备轻质CaCO3．（1）匀速向浆料中通入CO2，浆料清液的pH和c（SO42﹣）随时间变化见图．清液pH＞11时CaSO4转化的离子方程式为；能提高其转化速率的措施有（填序号）A．搅拌浆料B．加热浆料至100℃C．增大氨水浓度D．减小CO2通入速率（2）当清液pH接近6.5时，过滤并洗涤固体．滤液中物质的量浓度最大的两种阴离子为和（填化学式）；检验洗涤是否完全的方法是．（3）在敞口容器中，用NH4Cl溶液浸取高温煅烧的固体，随着浸取液温度上升，溶液中c（Ca2+）增大的原因是．17．（15分）（2015•江苏）化合物F是一种抗心肌缺血药物的中间体，可以通过以下方法合成：（1）化合物A中的含氧官能团为和（填官能团的名称）．（2）化合物B的结构简式为；由C→D的反应类型是：．（3）写出同时满足下列条件的E的一种同分异构体的结构简式．Ⅰ．分子含有2个苯环Ⅱ．分子中含有3种不同化学环境的氢（4）已知：RCH2CN RCH2CH2NH2，请写出以为原料制备化合物X （结构简式见图）的合成路线流程图（无机试剂可任选）．合成路线流程图示例如图：CH3CHO CH3COOH CH3COOCH2CH3．18．（12分）（2015•江苏）软锰矿（主要成分MnO2，杂质金属元素Fe、Al、Mg等）的水悬浊液与烟气中SO2反应可制备MnSO4•H2O，反应的化学方程式为：MnO2+SO2=MnSO42最多能氧化L（标准状况）SO2．（2）已知：K sp[Al（OH）3]=1×10﹣33，K sp[Fe（OH）3]=3×10﹣39，pH=7.1时Mn（OH）2开始沉淀．室温下，除去MnSO4溶液中的Fe3+、Al3+（使其浓度小于1×10﹣6mol•L﹣1），需调节溶液pH范围为．（3）如图可以看出，从MnSO4和MgSO4混合溶液中结晶MnSO4•H2O晶体，需控制结晶温度范围为．4•H2O样品置于锥形瓶中，加入适量H2PO4和NH4NO3溶液，加热使Mn2+全部氧化成Mn3+，用c（Fe2+）=0.0500mol•L﹣1的标准溶液滴定至终点（滴定过程中Mn3+被还原为Mn2+），消耗Fe2+溶液20.00mL．计算MnSO4•H2O样品的纯度（请给出计算过程）19．（15分）（2015•江苏）实验室用图所示装置制备KClO溶液，并通过KClO溶液与Fe（NO3）3溶液的反应制备高效水处理剂K2FeO4．已知K2FeO4具有下列性质①可溶于水、微溶于浓KOH溶液，②在0℃﹣5℃、强碱性溶液中比较稳定，③在Fe3+和Fe（OH）3催化作用下发生分解，④在酸性至弱碱性条件下，能与水反应生成Fe（OH）3和O2．（1）装置A中KMnO4与盐酸反应生成MnCl2和Cl2，其离子方程式为，将制备的Cl2通过装置B可除去（填化学式）．（2）Cl2和KOH在较高温度下反应生成KClO3，在不改变KOH溶液的浓度和体积的条件下，控制反应在0℃～5℃进行，实验中可采取的措施是．（3）制备K2FeO4时，KClO饱和溶液与Fe（NO3）3饱和溶液的混合方式为．（4）提纯K2FeO4粗产品[含有Fe（OH）3、KCl等杂质]的实验方案为：将一定量的K2FeO4粗产品溶于冷的3mol•L﹣1KOH溶液中，（实验中须使用的试剂有：饱和KOH溶液，乙醇；除常用仪器外须使用的仪器有：砂芯漏斗，真空干燥箱）．20．（14分）（2015•江苏）烟气（主要污染物SO2、NO x）经O3预处理后用CaSO3水悬浮液吸收，可减少烟气中SO2、NO x的含量；O3氧化烟气中SO2、NO x的主要反应的热化学方程式为：NO（g）+O3（g）═NO2（g）+O2（g）△H=﹣200.9kJ．mol﹣1NO（g）+O2（g）═NO2（g）△H=﹣58.2kJ．mol﹣1SO2（g）+O3（g）═SO3（g）+O2（g）△H=﹣241.6kJ．mol﹣1（1）反应3NO（g）+O3（g）=3NO2（g）的△H=mol•L﹣1．（2）室温下，固定进入反应器的NO、SO2的物质的量，改变加入O3的物质的量，反应一段时间后体系中n（NO）、n（NO2）和n（SO2）随反应前n（O3）：n（NO）的变化见图．①当n（O3）：n（NO）＞1时，反应后NO2的物质的量减少，其原因是．②增加n（O3），O3氧化SO2的反应几乎不受影响，其可能原因是．（3）当用CaSO3水悬浮液吸收经O3预处理的烟气时，清液（pH约为8）中SO32﹣将NO2转化为NO2﹣，其离子方程式为：．（4）CaSO3水悬浮液中加入Na2SO4溶液，达到平衡后溶液中c（SO32﹣）=[用c（SO42﹣）、Ksp（CaSO3）和Ksp（CaSO4）表示]；CaSO3水悬浮液中加入Na2SO4溶液能提高NO2的吸收速率，其主要原因．四.（12分）【选做题】本题包括21、22两小题，请选定一中一小题，并在相应的答题区域内作答．若多做，则按A小题评分．21．（12分）（2015•江苏）下列反应曾用于检测司机是否酒后驾驶：2Cr2O72﹣+3CH3CH2OH+16H++13H2O→4[Cr（H2O）6]3++3CH3COOH（1）Cr3+基态核外电子排布式为；配合物[Cr（H2O）6]3+中，与Cr3+形成配位键的原子是（填元素符号）．（2）CH3COOH中C原子轨道杂化类型为．1mol CH3COOH分子中含有σ键的数目为．（3）与H2O互为等电子体的一种阳离子为（填化学式）；H2O与CH3CH3OH可以任意比例互溶，除因为它们都是极性分子外，还因为．22．（2015•江苏）实验室以苯甲醛为原料制备间溴苯甲醛（实验装置见图，相关物质的沸点见附表）．其实验步骤为：步骤1：将三颈瓶中的一定配比的无水AlCl3、1，2﹣二氯乙烷和苯甲醛充分混合后，升温至60℃，缓慢滴加经H2SO4干燥过的液溴，保温反应一段时间，冷却．步骤2：将反应混合物缓慢加入一定量的稀盐酸中，搅拌、静置、分液．有机相用10%NaHCO3溶液洗涤．步骤3：经洗涤的有机相加入适量无水MgSO4固体，放置一段时间后过滤．步骤4：减压蒸馏有机相，收集相应馏分．（1）实验装置中冷凝管的主要作用是，锥形瓶中的溶液应为．（2）步骤1所加入的物质中，有一种物质是催化剂，其化学式为．（3）步骤2中用10%NaHCO3溶液洗涤有机相，是为了除去溶于有机相的（填化学式）．（4）步骤3中加入无水MgSO4固体的作用是．（5）步骤4中采用减压蒸馏技术，是为了防止．附表相关物质的沸点（101kPa）物质沸点/℃物质沸点/℃溴1，2﹣二氯乙烷苯甲醛179 间溴苯甲醛2292015年江苏省高考化学试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分．每小题只有一个选项符合题意．1．（2分）（2015•江苏）“保护环境”是我国的基本国策．下列做法不应该提倡的是（）A．采取低碳、节俭的生活方式B．按照规定对生活废弃物进行分类放置C．深入农村和社区宣传环保知识D．经常使用一次性筷子、纸杯、塑料袋等考点： "三废"处理与环境保护．分析：保护环境，可从减少污染物的排放、开发新能源等角度分析．解答：解：A、采取低碳、节俭的生活方式，节省大量的能源，符合保护环境的措施，故A不选；B、垃圾分类有利于环境的保护和资源的再利用，符合保护环境的措施，故B不选；C、伸入农村和社区宣传环保知识，树立保护环境从自我做起、保护环境人人有责的意识，符合保护环境的措施，故C不选；D、经常使用一次性筷子和纸杯，会消耗大量的木材，一次性塑料袋的大量使用会造成白色污染，故措施不合理，故D选；故选D．点评：本题主要考查环境保护，注意保护环境人人有责，从自我做起，从小事做起，明确环境和人类发展的关系及环境保护意识即可解答，题目难度不大2．（2分）（2015•江苏）下列有关氯元素及其化合物的表示正确的是（）A．质子数为17、中子数为20的氯原子：ClB．氯离子（Cl﹣）的结构示意图：C．氯分子的电子式：D．氯乙烯分子的结构简式：H3C﹣CH2Cl•考点：原子结构示意图；电子式；结构简式．分析： A、元素符号的左上角标质量数，质量数=质子数+中子数；B、氯离子（Cl﹣）为Cl原子得到1个电子形成的阴离子，最外层满足8个电子的稳定结构；C、氯气为双原子分子，最外层均满足8个电子的稳定结构；D、氯乙烯分子中存在碳碳双键，据此解答即可．解答：解：A、元素符号的左上角标质量数，中子数为20的氯原子，质量数=17+20=30，故正确应为：37Cl，故A错误；17B、Cl原子得到1个电子形成最外层满足8个电子的Cl﹣，离子结构示意图为：，故B错误；C、氯气中存在1对氯氯共用电子对，氯原子最外层达到8电子稳定结构，电子式为：，故C正确；D、氯乙烯分子中存在碳碳双键，正确的结构简式为：H2C=CHCl，故D错误，故选C．点评：本题主要是对常见化学用语的考查，涉及核素的表示方法、质量数与质子数和中子数的关系、电子式的书写、结构简式书写等，难度不大．3．（2分）（2015•江苏）下列说法正确的是（）A．分子式为C2H6O的有机化合物性质相同B．相同条件下，等质量的碳按a、b两种途径完全转化，途径a比途径b放出更多热能途径a：C CO+H2CO2+H2O途径b：C CO2C．在氧化还原反应中，还原剂失去电子总数等于氧化剂得到电子的总数D．通过化学变化可以直接将水转变为汽油考点：辨识简单有机化合物的同分异构体；氧化还原反应的电子转移数目计算；化学能与热能的应用．分析： A、分子式为C2H6O的有机化合物存在同分异构体；B、化学反应的热效应只与反应物的初始状态和生成物的最终状态有关；C、氧化还原反应本质电子的得失，且得失电子守恒；D、水中只含有H和O两种元素，汽油中含有C和H两种元素，依据元素守恒解答即可．解答：解：A、分子式为C2H6O的有机化合物存在同分异构体，即乙醇或甲醚，二者属于不同的有机物，性质不同，故A错误；B、化学反应的热效应只与反应物的初始状态和生成物的最终状态有关，故ab两种途径，放出的热量一样多，故B错误；C、氧化还原反应中存在得失电子守恒定律，即还原剂失去电子总数等于氧化剂得到电子的总数，故C正确；D、汽油中含有C和H两种元素，而水中只存在H和O两种元素，故不可能通过化学变化直接将水转变为汽油，故D错误，故选C．点评：本题主要考查的是有机物同分异构体的判断、化学反应的热效应、氧化还原反应等，综合性较强，难度一般．4．（2分）（2015•江苏）在CO2中，Mg燃烧生成MgO和C．下列说法正确的是（）A．元素C的单质只存在金刚石和石墨两种同素异形体B．M g、MgO中镁元素微粒的半径：r（Mg2+）＞r（Mg）C．在该反应条件下，Mg的还原性强于C的还原性D．该反应中化学能全部转化为热能考点：同素异形体；微粒半径大小的比较；氧化性、还原性强弱的比较；化学能与热能的相互转化．分析： A、C元素的单质存在多种同素异形体；B、电子层数越多，微粒半径越大；C、依据化学反应方程式判断即可，还原剂的还原性大于还原产物的还原性；D、镁燃烧放出强光，据此解答即可．解答：解：A、元素C除存在金刚石和石墨外，还存在足球烯（C60）等同素异形体，故A错误；B、Mg有3个电子层，Mg2+为Mg失去最外层的2个电子形成的阳离子，只有2个电子层，故半径r（Mg2+）＜r（Mg），故B错误；C、该反应为：2Mg+CO22MgO+2C，此反应中Mg为还原剂，C为还原产物，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，即还原性Mg＞C，故C正确；D、该反应放出光，即部分化学能转化为光能，且生成物仍具有能量，故D错误，故选C．点评：本题主要考查的是同素异形体的判断、微粒半径大小比较、氧化还原反应中还原性强弱比较以及能量之间的转化等，综合性较强，有一定的难度．5．（2分）（2015•江苏）短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子最外层有6个电子，Y是至今发现的非金属性最强的元素，Z在周期表中处于周期序数等于族序数的位置，W的单质广泛用作半导体材料．下列叙述正确的是（）A．原子最外层电子数由多到少的顺序：Y、X、W、ZB．原子半径由大到小的顺序：W、Z、Y、XC．元素非金属性由强到弱的顺序：Z、W、XD．简单气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序：X、Y、W考点：真题集萃；位置结构性质的相互关系应用．分析： Y是至今发现的非金属性最强的元素，那么Y是F，X最外层有6个电子且原子序数小于Y，应为O，Z在周期表中处于周期序数等于族序数的位置，且为短周期，原子序数大于F，那么Z为Al，W的单质广泛用作半导体材料，那么W为Si，据此推断A、X、Y、Z、W分别为O、F、Al和Si，结合各个选项解答即可．解答：解：Y是至今发现的非金属性最强的元素，那么Y是F，X最外层有6个电子且原子序数小于Y，应为O，Z在周期表中处于周期序数等于族序数的位置，且为短周期，原子序数大于F，那么Z 为Al，W的单质广泛用作半导体材料，那么W为Si，据此推断A、X、Y、Z、W分别为O、F、Al和Si，A、最外层电子数分别为6、7、3和4，即最外层电子数Y＞X＞W＞Z，故A正确；B、电子层数越多，半径越大，同一周期，原子序数越小，半径越大，即半径关系：Al＞Si＞O＞F，即Z＞W＞X＞Y，故B错误；C、同一周期，原子序数越大，非金属性越强，即非金属性F＞O＞Si＞Al，故C错误；D、元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，即Y＞X＞W，故D错误，故选A．点评：本题主要考查的是元素的推断，涉及元素非金属性强弱的比较、半径大小比较、气态氢化物稳定性比较等，难度不大．6．（2分）（2015•江苏）常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（）A．使酚酞变红色的溶液中：Na+、Al3+、SO42﹣、Cl﹣B．=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液中：NH4+、Ca2+、Cl﹣、NO3﹣C．与Al反应能放出H2的溶液中：Fe2+、K+、NO3﹣、SO42﹣D．水电离的c（H+）=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液中：K+、Na+、AlO2﹣、CO32﹣考点：真题集萃；离子共存问题．分析： A．使酚酞变红色的溶液，显碱性；B.=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液，显酸性；C．与Al反应能放出H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液；D．水电离的c（H+）=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液，水的电离受到抑制，为酸或碱溶液．解答：解：A．使酚酞变红色的溶液，显碱性，碱性溶液中不能大量存在Al3+，故A错误；B.=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液，显酸性，该组离子在酸性溶液中不反应，可大量共存，故B正确；C．与Al反应能放出H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，酸性溶液中Fe2+（或Al）、H+、NO3﹣发生氧化还原反应，碱性溶液中不能大量存在Fe2+，故C错误；D．水电离的c（H+）=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液，水的电离受到抑制，为酸或碱溶液，酸溶液中不能大量存在AlO2﹣、CO32﹣，故D错误；故选B．点评：本题考查离子的共存，为2015年高考题，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，注意“一定共存”的信息，题目难度不大．7．（2分）（2015•江苏）下列实验操作正确的是（）A．用玻璃棒蘸取CH3COOH溶液点在水湿润的pH试纸上，测定该溶液的pHB．中和滴定时，滴定管用所盛装的反应液润洗2～3次C．用装置甲分液，放出水相后再从分液漏斗下口放出有机相D．用装置乙加热分解NaHCO3固体考点：真题集萃；化学实验方案的评价．专题：实验评价题．分析： A．pH试纸不能事先湿润；B．为减小误差，滴定管用所盛装的反应液润洗；C．分液时，下层液体从下口漏出，上层液体从上口倒出；D．加热固体应防止试管炸裂．解答：解：A．测定醋酸pH，pH试纸不能事先湿润，防止醋酸被稀释而导致测定结果偏大，故A错误；B．为防止液体被稀释而导致浓度减小而产生实验误差，滴定管用所盛装的反应液润洗，故B正确；C．分液时，为避免液体重新混合而污染，下层液体从下口漏出，上层液体从上口倒出，故C错误；D．碳酸氢钠加热分解生成水，应防止试管炸裂，试管口应略朝下，故D错误．故选B．点评：本题为2015年高考题江苏卷第7题，综合考查pH的使用、分液、滴定以及实验安全等知识，侧重于学生的分析、实验能力的考查，比较基础，难度适中，有利于培养学生良好的科学素养．8．（2分）（2015•江苏）给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是（）A．粗硅SiCl4SiB．Mg（OH）2MgCl2（aq）MgC．Fe2O3FeCl3（aq）无水FeCl3D．AgNO3（aq）[Ag（NH3）2]OH（aq）Ag考点：真题集萃；硅酸盐工业；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用．分析： A．Si可与氯气在高温下反应生成SiCl4，SiCl4可与氢气发生反应生成Si和HCl；B．电解氯化镁溶液生成氢氧化镁、氯气和氢气；C．氯化铁易水解，加热溶液生成氢氧化铁和HCl；D．蔗糖为非还原性糖，与银氨溶液不反应．解答：解：A．Si可与氯气在高温下反应生成SiCl4，SiCl4可与氢气发生反应生成Si和HCl，该反应可用于工业提纯硅，故A正确；B．电解氯化镁溶液生成氢氧化镁、氯气和氢气，工业用电解熔融的氯化镁制备镁，故B错误；C．氯化铁易水解，加热溶液生成氢氧化铁和HCl，蒸发时应在HCl环境中进行，故C错误；D．蔗糖为非还原性糖，与银氨溶液不反应，故D错误．故选A．点评：本题为2015年江苏考题，综合考查元素化合物知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握物质的性质以及转化的特点、反应条件，难度不大，注意相关基础知识的积累．9．（2分）（2015•江苏）下列指定反应的离子方程式正确的是（）A．氯气溶于水：Cl2+H2O=2H++Cl﹣+ClO﹣B．N a2CO3溶液中CO32﹣的水解：CO32﹣+H2O=HCO3﹣+OH﹣C．酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2：IO3﹣+I﹣+6H+=I2+3H2OD．N aHCO3溶液中加足量Ba（OH）2溶液：HCO3﹣+Ba2++OH﹣=BaCO3↓+H2O考点：真题集萃；离子方程式的书写．分析： A．氯气与水生成HClO，HClO为弱酸，应写成化学式；B．CO32﹣的水解为可逆反应；C．电荷不守恒；D．NaHCO3溶液中加足量Ba（OH）2溶液，生成BaCO3和水．解答：解：A．氯气溶于水，反应的离子方程式为Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO，HClO为弱酸，应写成化学式，且为可逆符号，故A错误；B．CO32﹣的水解为可逆反应，应为CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，故B错误；C．酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2，发生IO3﹣+5I﹣+6H+=3I2+3H2O，故C错误；D．NaHCO3溶液中加足量Ba（OH）2溶液，生成BaCO3和水，发生HCO3﹣+Ba2++OH﹣=BaCO3↓+H2O，故D正确．故选D．点评：本题为2015年江苏卷第9题，考查了离子方程式的判断，为常见题型，侧重于学生的分析能力以及元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等，难度不大．10．（2分）（2015•江苏）一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图．下列有关该电池的说法正确的是（）A．反应CH4+H2O3H2+CO，每消耗1molCH4转移12mol电子B．电极A上H2参与的电极反应为：H2+2OH﹣﹣2e﹣=2H2OC．电池工作时，CO32﹣向电极B移动D．电极B上发生的电极反应为：O2+2CO2+4e﹣=2CO32﹣考点：真题集萃；原电池和电解池的工作原理．专题：电化学专题．分析：甲烷和水经催化重整生成CO和H2，反应中C元素化合价有﹣4价升高到+2价，H元素化合价由+1价降低到0价，原电池工作时，CO和H2为负极反应，被氧化生成二氧化碳和水，正极为氧气得电子生成CO32﹣，以此解答该题．解答：解：A．反应CH4+H2O3H2+CO，C元素化合价有﹣4价升高到+2价，H元素化合价由+1价降低到0价，每消耗1molCH4转移6mol电子，故A错误；B．电解质没有OH﹣，负极反应为H2+2CO+CO32﹣﹣2e﹣=H2O+2CO2，故B错误；C．电池工作时，CO32﹣向负极移动，即向电极A移动，故C错误；D．B为正极，正极为氧气得电子生成CO32﹣，电极反应为：O2+2CO2+4e﹣=2CO32﹣，故D正确．故选D．点评：本题为2015年江苏考题第10题，考查了化学电源新型电池，明确原电池中物质得失电子、电子流向、离子流向即可解答，难点是电极反应式书写，要根据电解质确定正负极产物，难度中等．二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分．每小题只有一个或两个选项符合题意．若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分．11．（4分）（2015•江苏）下列说法正确的是（）A．若H2O2分解产生1molO2，理论上转移的电子数约为4×6.02×1023B．室温下，pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，溶液pH＞7C．钢铁水闸可用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法防止其腐蚀D．一定条件下反应N2+3H2⇌2NH3达到平衡时，3v正（H2）=2v逆（NH3）考点：真题集萃；金属的电化学腐蚀与防护；化学平衡状态的判断；弱电解质在水溶液中的电离平衡．分析： A．H2O2分解产生1molO2，反应中O元素化合价由﹣1价升高到0价，转移2mol电子；B．CH3COOH为弱酸，pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液相比较，醋酸过量；C．用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法，铁分别为正极和阴极；D．化学反应中速率之比等于计量数之比．解答：解：A．H2O2分解产生1molO2，方程式为2H2O2↑2H2O+O2↑，反应中O元素化合价由﹣1价升高到0价，转移2mol电子，故A错误；B．CH3COOH为弱酸，pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液相比较，醋酸过量，等体积混合后溶液呈酸性，pH＜7，故B错误；C．用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法，铁分别为正极和阴极，都发生还原反应，可防止被氧化，故C正确；D．一定条件下反应N2+3H2⇌2NH3反应，速率关系符合系数比，即v正（H2）：v正（NH3）=3：2，当反应达到平衡时，v正（NH3）=v逆（NH3），则达到平衡时，应为2v正（H2）=3v逆（NH3），故D错误．故选C．点评：本题为2015年江苏考题第11题，综合考查氧化还原反应、弱电解质的电离、金属的腐蚀与防护以及化学平衡等问题，侧重于学生的分析能力的考查，注意相关基础知识的积累，题目难度适中，贴近教材，有利于培养和考查学生的良好的学习习惯和科学素养．12．（4分）（2015•江苏）己烷雌酚的一种合成路线如图：下列叙述正确的是（）A．在NaOH水溶液中加热，化合物X可发生消去反应B．在一定条件，化合物Y可与HCHO发生缩聚反应C．用FeCl3溶液可鉴别化合物X和YD．化合物Y中不含有手性碳原子考点：真题集萃；有机物的结构和性质．分析： A．X为卤代烃，在氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成醇；B．Y含有酚羟基，与苯酚性质相似；C．Y含有酚羟基，可与氯化铁发生显色反应；D．根据手性碳原子的定义判断．解答：解：A．X为卤代烃，在氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成醇，如发生消去反应，条件为氢氧化钠醇溶液，故A错误；B．Y含有酚羟基，与苯酚性质相似，可与甲醛发生缩聚反应，故B正确；C．Y含有酚羟基，可与氯化铁发生显色反应，故C正确；D．连接四个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，Y中连接乙基的碳原子为手性碳原子，故D错误．故选BC．点评：本题为2015年江苏考题第12题，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构和官能团的性质，为解答该类题目的关键，难度不大．。

2015年高考理综模拟试卷及答案（化学部分）可能用到的相对原子质量：H：l C：l2N：14O：16Mg：24Al：27S：32C1：35.5Fe：56Cu：64I：127Ba：137Na：23Zn：65第Ⅰ卷一、选择题：本题共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。

7．设N A为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．常温常压下，3.0g甲醛和冰醋酸的混合物中含有的原子总数为0.4N AB．在标准状况下，22.4LCl2和HCl的混合气体中含有的分子总数为2N AC．200mL1mol/L的Al2（SO4）3溶液中，Al3+和SO42－离子总数为N AD．标准状况下，Na2O2与足量CO2反应生成2.24L O2，转移电子数为0.4N A8．已知：2H2（g）＋O2（g）＝2H2O（l）ΔH＝－571.6 kJ·mol－12CH3OH（l）＋3O2（g）＝2CO2（g）＋4H2O（l）ΔH＝－1452 kJ·mol－1H＋（aq）＋OH－（aq）＝H2O（l）ΔH＝－57.3 kJ·mol－1 下列说法正确的是（）A．H2（g）的燃烧热为-571.6 kJ·mol－1B．同质量的H2（g）和CH3OH（l）完全燃烧，H2（g）放出的热量多C．H2SO4（aq）＋Ba（OH）2（aq）＝ BaSO4（s）＋H2O（l）ΔH＝－57.3 kJ·mol－1D．3H2（g）＋CO2（g）＝ CH3OH（l）＋H2O（l）ΔH＝＋135.9 kJ·mol－19．某苯的衍生物，含有两个互为对位的取代基，其分子式为C8H10O，其中不跟NaOH溶液反应的衍生物种类有（）A．1种B．2种C．3种D．4种10．下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A．某弱酸的酸式盐NaHA溶液中一定有：c（OH－）＋2c（A2－）＝c（H＋）＋c（H2A）B．0.1 mol·L－1CH3COONa溶液与0.05 mol·L－1盐酸等体积混合后的酸性溶液中：c（CH3COO－）> c（CH3COOH）> c（Cl－）>c（H＋）C．物质的量浓度相等的HCN溶液和NaCN溶液等体积混合后的溶液中：c（CN－）＋2c（OH－）＝2c（H＋）＋c（HCN）D．0.1 mol·L－1（NH4）2Fe（SO4）2溶液中：c（NH）＋c（NH3·H2O）＋c（Fe2＋）＝0.3 mol·L－111．下列实验设计能够成功的是（）实验目的实验步骤及现象A 检验亚硫酸钠试样是否变质B 检验某盐是否为铵盐C 证明酸性下H2O2氧化性比I2强D 除去氯化钠晶体中少量硝酸钾12．下列各表述与示意图一致的是（）A．图①表示向含Mg2＋、Al3＋、NH4＋的盐溶液中滴加NaOH溶液时，沉淀的量与NaOH的体积的关系图。

2015年高考仿真模拟卷(新课标I)（四）理科综合(化学)一、选择题：本大题共17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. （2015·福建福州期末·19）下列有关实验现象或操作预测的叙述正确的是（）Cu和一定量的浓HNO3反应，随着Cu的不断减少，反应生成气体的颜色逐渐变浅，当Cu反应完毕时，共收集到气体1.12 L(标准状况)，则反应中消耗HNO3的物质的量为() A．0.05 mol B．1 mol C．1.05 mol D．0.13 mol3.（2015·安徽合肥一测·4）下列离子方程式表达正确的是A．向氯化铁溶液中滴加HI溶液：2Fe3+＋2HI=2Fe2＋＋2H+＋I2B．向1mol/L 的AlCl3溶液中加入过量的稀氨水：Al3＋＋4NH3·H2O=AlO2―＋4NH4＋＋2H2OC．向稀NH4HCO3溶液中滴加过量NaOH溶液：NH4＋＋OH―=NH3·H2OD．向C6H5ONa溶液中通入适量CO2：4.（2015·南开中学一模·3）下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是：（）A．0.l moI·L-1的氨水溶液中：Na+、NH4+、NO3-、CO32-B．0.1 moI·L-1的盐酸溶液中：K+、[Ag(NH3)2]+、Cl-、NO3-C．使蓝色石蕊试纸变红的溶液中：CO32-、SO32-、Na+、K+D．由水电离出的c(H+)=1×l0-12 mol·L-l的溶液中：Fe2+、ClO-、K+、SO42-5.（2015·南开中学一模·7）一种碳纳米管（氢气）二次电池原理如右下图。

该电池的电解质为6mol/L KOH溶液，下列说法正确的是：（）A．储存H2的碳纳米管放电时为负极，充电时为阳极B．充电时阳极反应为NiO(OH)+H2O+e-=Ni(OH)2+OH -C．放电时正极附近溶液的pH减小D．放电时负极反应为H2+2OH --2e-=2 H2O6.（2015·山东济宁模拟考试·13） N2O5是一种新型硝化剂，在一定温度下可发生以下反应：2N 2O5(g) 4NO2(g) + O2(g) ΔH > 0T1温度时，向密闭容器中通入N2O5，部分实验数据见下表下列说法中不正确．．．的是（）A. T1温度下，500s时 O2的浓度为0.74mol·L-1B. 平衡后其他条件不变，将容器的体积压缩到原来的1/2，则再平衡时c(N2O5)>5.00 mol·L-1C.T1温度下的平衡常数为K1，T2温度下的平衡常数为K2，若T1>T2，则K1＜K2D. T1温度下的平衡常数为K1=125，平衡时N2O5的转化率为0.57.（2015·四川德阳一诊考试·12）工业上正在研究利用CO2来生产甲醇燃料，该方法的化学方程式为CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ∆H=－49.0kJ/mol，一定温度下，在三个容积均为3.0L的恒容密闭容器中发生该反应：下列有关说法不正确的是（）A．若经过2min容器I中反应达平衡，则2min内平均速率V(H2)=0.25 mol／(L·min) B．达到平衡时，容器I中CO2转化率的比容器Ⅱ的大C．达到平衡时，容器Ⅲ中反应放出的热量比容器Ⅱ的2倍少D．若容器I、II、III中对应条件下的平衡常数分别为K1、K2、K3，则K1=K2<K3第II卷非选择题8.（2015·江苏常州检测·20）(20分)氮和碳的化合物与人类生产、生活密切相关。