2015年高考化学模拟试题(带答案)

2015年高考模拟试卷(理综化学卷)本卷满分100分考试时间50分钟（相对原子量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Cl 35.5 K 39 Cu 64 Fe 56 S 32 ）一、选择题：（每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

每小题6分，共42分）7. （原创题）下列说法不正确的是A．利用二氧化碳制造全降解塑料，可以缓解温室效应B．用电化学方法可在常温常压条件下合成氨，也可以用电解法精炼铜C．检测NaClO、KMnO4等具有强氧化性物质溶液的PH时，最好选用PH计D．纤维素经水解、发酵后可制得乙醇和少量甲醇，所得乙醇和甲醇的热值相同8.（原创题）下列化学实验事实及其解释正确的是A．将饱和氯水滴到淀粉碘化钾试纸上，如果试纸先变蓝后变白，说明氯气具有氧化性和漂白性B．向Na2S2O3稀溶液中加入稀硫酸，发生如下反应：S2O32—+2H+=SO2↑+S↓+H2O，利用产生浑浊的快慢或产生气泡的快慢可以测定该反应在不同条件下的反应速率。

C．乙酸乙酯中少量乙醇杂质可加水除去，其原理与溴水中加四氯化碳萃取溴类似D．将SO2通入品红溶液中，品红溶液褪色，加热褪色后的溶液，恢复红色，说明亚硫酸不稳定9.元素元素的相关信息A 最高价氧化物对应的水化物（甲）能与其气态氢化物（乙）反应生成盐B 原子的M电子层上有3个电子C 在短周期元素中，其原子半径最大D 其最外层电子数是电子层数的2倍，且低价氧化物能与其气态氢化物反应生成D的单质和H2OE 元素最高价正价与最低负价的代数和为6A．A的气态氢化物具有还原性，常温下，该氢化物水溶液的PH>7B．C单质在氧气中燃烧后的产物中阴阳离子个数之比为1:2C．有B和E所形成的化合物中存在离子键，属于离子晶体D．C与D可形成不同原子个数比的化合物10. （原创题）下列说法正确的是A．的系统命名是3,4-二甲基己烷B．是有单体CH2=CH-CH3和CH2=CN发生加聚反应而得到的C．等质量的甲醛和乳酸[CH3CH（OH）COOH]完全燃烧消耗的氧气不相等，但生成水的质量相等D．分析反应：，由于该反应生成了不饱和化合物（含碳氧双键）和小分子，因此该反应属于消去反应11.（原创题）钠硫电池以熔融金属钠、熔融硫和多硫化钠（Na2S x）分别作为两个电极的反应物，固体Al2O3陶瓷（可传导Na+）为电解质，其反应原理如下图所示：物质Na S Al2O3熔点/℃97.8 115 2050沸点/℃892444.6 2980下列说法不正确的是A．放电时，电极A为负极B．根据上表数据，请你判断该电池工作的适宜温度应控制在350℃～2050℃C．放电时，Na+的移动方向为从电极A到电极BD．充电时，总反应为Na2S x == 2Na + xS（3<x<5），则阳极的电极反应式为S x2- - 2e-=xS 12.（原创题）亚氯酸钠是一种高效氧化剂漂白剂，主要用于棉纺、亚麻、纸浆等漂白亚氯酸钠（NaClO2）在溶液中可生成ClO2、HClO2、ClO2-、Cl- 等，其中HClO2和ClO2都具有漂白作用，但ClO2是有毒气体。

山东省济宁市2015届高考化学一模试卷一、选择题（本题包括13小题，每小题5分，共65分，每小题只有一个选项符合题意）可能用到的相对原子质量：1．（5分）运用化学知识判断，下列说法正确的是（）A．地沟油的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，可食用B．NO x、SO2、CO2、PM2.5颗粒都会导致酸雨C．高空臭氧层吸收太阳紫外线，保护地球生物；低空过量臭氧是污染气体，对人体有害D．石油化工中的分馏、裂化、裂解都是通过化学反应来获得轻质油、气体烯烃2．（5分）下列说法正确的是（）A．标况下，1.12LCl2溶于水，转移0.05N A电子B．向NH4Al（SO4）2稀溶液中逐滴加入过量Ba（OH）2溶液，离子方程式为：NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++5OH﹣=2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2O+NH3•H2OC．常温下，由水电离出的H+浓度为10﹣13mol•L﹣1的溶液中，Fe2+、Cl﹣、Na+、NO3﹣可能大量共存D．葡萄糖（C6H12O6）溶液中：SO42﹣、MnO4﹣、K+、H+可以大量共存3．（5分）下列实验装置或操作正确的是（）A．烧杯中通入过量的CO2，出现白色沉淀，则溶液中一定含有AlO2﹣B．装置可说明浓H2SO4具有脱水性、强氧化性，SO2具有漂白性、氧化性C．装置可以除去乙醇中的乙酸D．装置可以比较碳酸钠、碳酸氢钠的热稳定性4．（5分）下列说法不正确的是（）A．乙烯、乙醇均能使酸性高锰酸钾溶液褪色B．通过乙烷的取代反应或乙烯的加成反应都可以制取纯净的氯乙烷C．淀粉、纤维素都属于糖类，它们通式相同，但它们不互为同分异构体D．1 mol可与2mol NaOH反应5．（5分）原子序数依次增大的X、Y、Z、M、W为五种短周期元素．已知Y与Z、M与W分别同周期，X与M同主族；X、Z、M的质子数之和等于Y、W的质子数之和；X与Z、M与Z 都可以分别形成A2B、A2B2型的化合物；X与Y形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76g•L﹣1；Y、M、W的最高价氧化物的水化物，两两间都能发生反应．下列说法不正确的是（）A．由X、M与Z形成的化合物X2Z2和M2Z2中所含的化学键类型相同B．含有W阳离子的某种盐，可用作净水剂C．M的单质可保存于煤油中D．由X、Y、Z三种元素形成的某种化合物的水溶液，可能呈碱性或酸性6．（5分）下列说法中不正确的是（）A．8NH3（g）+6NO2（g）═7N2（g）+12H2O（g）△H＜0，则该反应能自发进行B．pH相等的四种溶液：a．CH3COONa b．Na2CO3 c．NaHCO3d．NaOH，则四种溶液中溶质的物质的量浓度由小到大顺序为：d＜b＜c＜aC．pH=2的一元酸和pH=12的二元强碱等体积混合：c（OH﹣）≤c（H+）D．pH=9的CH3COONa溶液和pH=9的NH3•H2O溶液中水的电离程度相同7．（5分）N2O5是一种新型硝化剂，在一定温度下可发生以下反应：2N2O5（g）⇌4NO2（g）+O2（g）△H＞0，T1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（）时间/s 0 500 1000 1500c（N2O5）/mol•L﹣1 5.00 3.52 2.50 2.50A．T1温度下，500s时O2的浓度为0.74mol•L﹣1B．平衡后其它条件不变，将容器的体积压缩到原来的，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0.5二、解答题（共3小题，满分53分）8．（16分）“C 1化学”是指以碳单质或分子中含1个碳原子的物质（如CO、CO2、CH4、CH3OH、HCOOH等）为原料合成工业产品的化学工艺，对开发新能源和控制环境污染有重要意义．（1）一定温度下，在两个容积均为2L的密闭容器中，分别发生反应：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H=﹣49.0kJ/mol．相关数据如下：容器甲乙反应物投入量1mol CO2（g）和3mol H2（g）1mol CH3OH（g）和1mol H2O（g）平衡时c（CH3OH）c1c2平衡时能量变化放出29.4kJ 吸收a kJ请回答：①a=．②若甲中反应10s时达到平衡，则用CO2来表示甲中反应从开始到平衡过程中的平均反应速率是mol•L﹣1•S﹣1．（2）甲烷的一个重要用途是制取H2，其原理为：CO2（g）+CH4（g）⇌2CO（g）+2H2（g）在密闭容器中通入等物质的量浓度的CH4与CO2，在一定条件下发生反应，测得CH4的平衡转化率与温度及压强的关系如图1所示，则压强P1P2（填“大于”或“小于”）；压强为P2时，在y点：v（正）v（逆）（填“大于”、“小于”或“等于”）．（3）一定条件下，治理汽车尾气的反应是2NO（g）+2CO（g）⇌2CO2（g）+N2（g）△H＜0．在恒温恒容的密闭容器中通入n（NO）：n（CO）=2：1的混合气体，发生上述反应．下列图象如图3正确且能说明反应在进行到t1时刻一定达到平衡状态的是（选填字母）．（4）甲酸（HCOOH）是一种弱酸，现用0.1mol•L﹣1 NaOH溶液分别滴定体积均为20.00mL、浓度均为0.1mol•L﹣1的盐酸和甲酸溶液，滴定曲线如图2：滴定开始前，三种溶液中由水电离出的c（H+）最大的是；V1和V2的关系V1V2（填“＞”、“=”或“＜”）；M点对应的溶液中，各离子的物质的量浓度由大到小的顺序是．9．（18分）氮、硫、氯及其化合物是中学化学重要的组成部分．（1）氨气燃料电池使用的电解质溶液是KOH溶液，电池反应为：4NH3+3O2=2N2+6H2O．该电池负极的电极反应式为；用该电池进行粗铜（含Al、Zn、Ag、Pt、Au等杂质）的电解精炼，以CuSO4溶液为电解质溶液，下列说法正确的是．a．电能全部转化为化学能b．SO42﹣的物质的量浓度不变（不考虑溶液体积变化）c．溶液中Cu2+向阳极移动d．利用阳极泥可回收Ag、Pt、Au等金属e．若阳极质量减少64g，则转移电子数为2N A个（2）①将SO2通入到BaCl2溶液中，出现了异常现象，看到了明显的白色沉淀，为探究该白色沉淀的成分，他设计了如下实验流程：所得悬浊液白色沉淀观察现象并判断则试剂A的化学式为．实验表明，加入试剂A后，白色沉淀未见溶解，产生该白色沉淀的离子方程式是．②利用如图1所示电化学装置吸收工业尾气中SO2，阴极上生成Cu．写出装置中阳极的电极反应式．（3）已知K SP（ BaSO4）=1.0×10﹣10，K SP（ BaCO3）=2.5×10﹣9．某同学设想用下列流程：BaSO4BaCO3BaCl2，得到BaCl2，则①的离子方程式为，该反应的平衡常数K=；（4）自来水厂用ClO2处理后的水中，要求ClO2的浓度在0.1～0.8mg•L﹣1之间．碘量法可以检测水中ClO2的浓度，步骤如下：Ⅰ．取一定体积的水样，加入一定量的碘化钾，再用氢氧化钠溶液调至中性，并加入淀粉溶液，溶液变蓝．Ⅱ．加入一定量的Na2S2O3溶液，发生2S2O32﹣+I2=S4O62﹣+2I﹣反应Ⅲ．加硫酸调节水样pH至1～3．操作时，不同pH环境中粒子种类如图2所示：请回答：①确定操作Ⅱ完全反应的现象是．②在操作Ⅲ过程中，溶液又呈蓝色，反应的离子方程式是．10．（19分）某红色固体粉末样品可能含有Fe2O3和Cu2O中的一种或两种，某校化学自主探究实验小组拟对其组成进行探究．查阅资料：Cu2O在酸性溶液中会发生反应：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O探究一：用如图所示装置进行实验，回答下列问题：（1）仪器组装完成后，夹好止水夹，，则说明装置A的气密性良好．（2）装置A是氢气的发生装置，可以选用的药品是（填选项）A．稀硫酸和锌片 B．稀硝酸和铁片C．氢氧化钠溶液和铝片 D．浓硫酸和镁片（3）从下列实验步骤中，选择正确的操作顺序：①③（填序号）①打开止水夹②熄灭C处的酒精喷灯③C处冷却至室温后，关闭止水夹④点燃C处的酒精喷灯⑤收集氢气并验纯⑥通入气体一段时间，排尽装置内的空气（4）收集氢气验纯时，最好采用方法收集氢气．探究二：（5）取少量样品于试管中，加入适量的稀硫酸，若无红色物质生成，则说明样品中不含Cu2O；此观点是否正确（填“是”或“否”）若填“否”，则原因是（用离子方程式说明）；另取少量样品于试管中，加入适量的浓硝酸，产生红棕色的气体．证明样品中一定含有，取少量反应后的溶液，加适量蒸馏水稀释后，滴加（填试剂和实验现象），则可证明另一成分存在，反之，说明样品中不含该成分．探究三：（6）取一定量样品于烧杯中，加入足量的稀硫酸，若反应后经过滤得到固体3.2g，滤液中Fe2+有1.0mol，则样品中n（Cu2O）=mol．【化学-化学与技术】（共1小题，满分12分）11．（12分）海水资源丰富，海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Cl﹣、SO2﹣4、Br﹣、CO2﹣3、HCO﹣3等离子．合理利用海水资源和保护环境是我国可持续发展的重要保证．Ⅰ．火力发电燃烧煤排放的SO2会造成一系列环境和生态问题．利用海水脱硫是一种有效的方法，其工艺流程如下图所示：（1）天然海水的pH≈8，呈弱碱性．用离子方程式解释原因．（2）天然海水吸收了含硫烟气后，要用O2进行氧化处理，其反应的化学方程式是；氧化后的“海水”需要用大量的天然海水与之混合后才能排放，该操作的主要目的是．Ⅱ．重金属离子对河流及海洋造成严重污染．某化工厂废水（pH=2.0，ρ≈1g•mL﹣1）中含有Ag+、Pb2+等重金属离子，其浓度各约为0.1mol•L﹣1．排放前拟用沉淀法除去这两种离子，查找有关数据如下：难溶电解质 AgI AgOH Ag2S pbI2 Pb（OH）2 PbSK sp8.3×10﹣17 5.6×10﹣8 6.3×10﹣507.1×10﹣9 1.2×10﹣153.4×10﹣28（3）你认为往废水中投入（填字母序号），沉淀效果最好．A．NaOH B．Na2S C．KI D．Ca（OH）2（4）如果用生石灰处理上述废水，使溶液的pH=8.0，处理后的废水中c（Pb2+）=．（5）如果用食盐处理其只含Ag+的废水，测得处理后的废水中NaCl的质量分数为0.117%．若环境要求排放标准为c（Ag+）低于1.0×10﹣8mol•L﹣1，问该工厂处理后的废水中c（Ag+）=，是否符合排放标准（填“是”或“否”）．已知K SP（AgCl）=1.8×1﹣10mol•L2．【化学-物质结构与性质】（共1小题，满分0分）12．原子序数依次增大的四种元素A、B、C、D分别处于第一至第四周期，自然界中存在多种A的化合物，B原子核外电子有6种不同的运动状态，B与C可形成正四面体形分子，D 的基态原子的最外能层只有一个电子，其他能层均已充满电子．请回答下列问题：（1）这四种元素中电负性最大的元素，其基态原子的价电子排布式为，第一电离能最小的元素是（填元素符号）．（2）C所在主族的前四种元素分别与A形成的化合物，沸点由高到低的顺序是（填化学式）．（3）B元素可形成多种单质，一种晶体结构如图一所示，其原子的杂化类型为．另一种的晶胞如图二所示，若此晶胞中的棱长为356.6pm，则此晶胞的密度为g•cm﹣3（保留两位有效数字）．（已知：1pm=10﹣12m）（4）D的醋酸盐晶体局部结构如图三，该晶体中含有的化学键是（填选项序号）．①极性键②非极性键③配位键④金属键（5）向D的硫酸盐溶液中滴加过量氨水，观察到首先形成蓝色沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色的透明溶液．请写出沉淀溶解的离子方程式：．【化学-有机化学基础】（共1小题，满分0分）13．γ﹣聚谷氨酸（γ﹣PGA）是一种具有水溶性、可生物降解、可食用的对人体和环境无毒的高分子聚合物，广泛应用于食品和医药等领域．下图是根据实际需要和目的，对γ﹣聚谷氨酸（γ﹣PGA）中的羧基进行化学修饰的路线，其中B、C、F均为高分子化合物．已知：a．CH2=CH2+CO+H2b．COOR′+R″OH RCOOR″+R′OH请回答：（1）C的单体的结构简式为．D→E的反应类型是．（2）γ﹣PGA与NaHCO3溶液反应，可观察到的实验现象是．（3）下列关于CH3CH=CH2的说法中，正确的是（填字母序号）．a．能使KMnO4酸性溶液褪色b．它的同分异构体环丙烷属于不饱和烃c．与HBr发生加成反应可得到两种产物d．可以用溴的四氯化碳溶液鉴别丙烯和丙炔（4）D的核磁共振氢谱有4个吸收峰，D发生银镜反应的化学方程式为：．（5）E与邻苯二甲酸（）反应生成的产物DBP（C16H22O4）是广泛使用的增塑剂之一．DBP有多种同分异构体，其中符合下列条件的DBP的结构简式．a.1mol 化合物能与2mol NaHCO3反应 b．苯环上只有两个相同的无支链取代基c．苯环上的一氯取代物有三种．山东省济宁市2015届高考化学一模试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括13小题，每小题5分，共65分，每小题只有一个选项符合题意）可能用到的相对原子质量：1．（5分）运用化学知识判断，下列说法正确的是（）A．地沟油的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，可食用B．NO x、SO2、CO2、PM2.5颗粒都会导致酸雨C．高空臭氧层吸收太阳紫外线，保护地球生物；低空过量臭氧是污染气体，对人体有害D．石油化工中的分馏、裂化、裂解都是通过化学反应来获得轻质油、气体烯烃考点：油脂的性质、组成与结构；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．分析：A．地沟油含有有害物质，不能够用做食用油；B．二氧化碳不会导致酸雨产生，它含量过高导致温室效应；C．在低空的臭氧是污染气体，人体吸收后加速氧化，而在高空的臭氧则是保护地球表面上的生物不受许多宇宙射线直接辐射的保护层；D．分馏为物理变化，只得到饱和烃类物质．解答：解：A．地沟油不能食用，故A错误；B．二氧化碳不会导致酸雨产生，它含量过高导致温室效应，故B错误；C．高空臭氧层吸收太阳紫外线，保护地球生物；低空过量臭氧是污染气体，对人体有害，故C正确；D．分馏为物理变化，只得到饱和烃类物质，而裂化、裂解都是通过化学反应来获得轻质油、气体烯烃，故D错误；故选：C．点评：本题考查了物质的用途，熟悉地沟油的成分、二氧化硫以及二氧化碳的性质、臭氧的作用、石油的分馏与裂化等概念是解题关键，题目难度不大．2．（5分）下列说法正确的是（）A．标况下，1.12LCl2溶于水，转移0.05N A电子B．向NH4Al（SO4）2稀溶液中逐滴加入过量Ba（OH）2溶液，离子方程式为：NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++5OH﹣=2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2O+NH3•H2OC．常温下，由水电离出的H+浓度为10﹣13mol•L﹣1的溶液中，Fe2+、Cl﹣、Na+、NO3﹣可能大量共存D．葡萄糖（C6H12O6）溶液中：SO42﹣、MnO4﹣、K+、H+可以大量共存考点：阿伏加德罗常数；离子方程式的书写；离子共存问题．专题：离子反应专题．分析：A、氯气与水的反应为可逆反应；B、设量少的NH4Al（SO4）2的物质的量为1mol，据此分析所需的Ba2+和OH﹣的物质的量，据此分析离子方程式；C、由水电离出的H+浓度为10﹣13mol•L﹣1的溶液中，水的电离被抑制，溶液可能为酸溶液或碱溶液；D、葡萄糖是还原性糖，能被高锰酸根氧化．解答：解：A、氯气与水的反应为可逆反应，不能进行彻底，故转移的电子数小于0.05N A 个，故A错误；B、设量少的NH4Al（SO4）2的物质的量为1mol，在溶液中能电离出2molSO42﹣、1molAl3+、和1molNH4+，故所需的Ba2+的物质的量为2mol，由于Ba（OH）2过量，故铝离子要转化为AlO2﹣，所需的OH﹣的物质的量共为5mol，故离子方程式为：NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++5OH﹣=2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2O+NH3•H2O，故B正确；C、由水电离出的H+浓度为10﹣13mol•L﹣1的溶液中，水的电离被抑制，溶液可能为酸溶液或碱溶液，在碱溶液中，Fe2+不能存在；在酸溶液中，Fe2+能被NO3﹣氧化而不能共存，故C错误；D、葡萄糖是还原性糖，能被高锰酸根氧化为葡萄糖酸，故D错误．故选B．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握公式的使用和物质的结构、状态是解题关键，难度不大．3．（5分）下列实验装置或操作正确的是（）A．烧杯中通入过量的CO2，出现白色沉淀，则溶液中一定含有AlO2﹣B．装置可说明浓H2SO4具有脱水性、强氧化性，SO2具有漂白性、氧化性C．装置可以除去乙醇中的乙酸D．装置可以比较碳酸钠、碳酸氢钠的热稳定性考点：化学实验方案的评价．分析：A．生成的沉淀可能为H2SiO3；B．二氧化硫与高锰酸钾发生反应，被酸性高锰酸钾氧化；C．乙醇和乙酸混溶；D．碳酸氢钠加热易分解，可间接加热．解答：解：A．生成的沉淀可能为H2SiO3，可能含有SiO321，不一定含有AlO2﹣，故A错误；B．二氧化硫与高锰酸钾发生反应，被酸性高锰酸钾氧化，二氧化硫具有还原性，故B错误；C．乙醇和乙酸混溶，应用蒸馏的方法分离，故C错误；D．碳酸氢钠加热易分解，可间接加热，装置可完成实验，故D正确．故选D．点评：本题考查较为综合，涉及物质的分离、检验以及性质实验等知识，为2015届高考常见题型，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性、可行性的评价，难度中等．4．（5分）下列说法不正确的是（）A．乙烯、乙醇均能使酸性高锰酸钾溶液褪色B．通过乙烷的取代反应或乙烯的加成反应都可以制取纯净的氯乙烷C．淀粉、纤维素都属于糖类，它们通式相同，但它们不互为同分异构体D．1 mol可与2mol NaOH反应考点：乙烯的化学性质；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；取代反应与加成反应；乙醇的化学性质．分析：A．含不饱和键的有机物、醇、醛等能被高锰酸钾氧化，使其褪色；B．乙烷与氯气发生反应不仅仅生成一氯乙烷，还有二氯乙烷．三氯乙烷和四氯乙烷等取代产物，无法制取纯净的氯乙烷；C．淀粉、纤维素通式相同，但n值不同，其分子组成不能确定；D．，含有1个酯基与1个羧基，酯基与羧基能与氢氧化钠反应．解答：解：A．乙烯、乙醇均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A正确；B．乙烯和氯化氢发生加成反应生成物只有氯乙烷，而乙烷与氯气发生反应不仅仅生成一氯乙烷，还有二氯乙烷．三氯乙烷、四氯乙烷等氯代产物，所以无法获得纯净的氯乙烷，故B 错误；C．淀粉、纤维素通式相同，但n值不同，二者都是混合物，所以淀粉和纤维素不属于同分异构体，故C正确；D．，含有1个酯基与1个羧基，酯基与羧基能与氢氧化钠反应，故D正确，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，侧重烯烃、醇、同分异构体的考查，题目难度不大．5．（5分）原子序数依次增大的X、Y、Z、M、W为五种短周期元素．已知Y与Z、M与W分别同周期，X与M同主族；X、Z、M的质子数之和等于Y、W的质子数之和；X与Z、M与Z 都可以分别形成A2B、A2B2型的化合物；X与Y形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76g•L﹣1；Y、M、W的最高价氧化物的水化物，两两间都能发生反应．下列说法不正确的是（）A．由X、M与Z形成的化合物X2Z2和M2Z2中所含的化学键类型相同B．含有W阳离子的某种盐，可用作净水剂C．M的单质可保存于煤油中D．由X、Y、Z三种元素形成的某种化合物的水溶液，可能呈碱性或酸性考点：原子结构与元素周期律的关系．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：原子序数依次增大的X、Y、Z、M、W为五种短周期元素．X与Y形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76g•L﹣1，则该气态化合物的相对分子质量=0.76×22.4=17，应为NH3，可推知X为H元素、Y为N元素；X与M同主族，M原子序数大于N元素，则M为Na；Y与Z同周期，X与Z、M与Z都可以分别形成A2B、A2B2型的化合物，则Z为O元素；M与W 分别同周期，X、Z、M的质子数之和等于Y、W的质子数之和，则M、W原子序数相差1+8﹣7=2，可推知W为Al元素，Y、M、W的最高价氧化物的水化物，两两间都能发生反应，符合题意，以此解答该题．解答：解：原子序数依次增大的X、Y、Z、M、W为五种短周期元素．X与Y形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76g•L﹣1，则该气态化合物的相对分子质量=0.76×22.4=17，应为NH3，可推知X为H元素、Y为N元素；X与M同主族，M原子序数大于N元素，则M为Na；Y与Z同周期，X与Z、M与Z都可以分别形成A2B、A2B2型的化合物，则Z为O元素；M 与W分别同周期，X、Z、M的质子数之和等于Y、W的质子数之和，则M、W原子序数相差1+8﹣7=2，可推知W为Al元素，Y、M、W的最高价氧化物的水化物，两两间都能发生反应，A．H2O2中只含有共价键，而Na2O2中含有共价键、离子键，所含的化学键类型不相同，故A 错误；B．含有Al3+离子的盐﹣﹣明矾，可用作净水剂，故B正确；C．M为Na，密度比煤油大，与没有不反应，可保存在煤油中，故C正确；D．由H、N、O三种元素形成的某种化合物，硝酸溶液呈酸性，而一水合氨溶液为碱性，故D正确．故选A．点评：本题考查元素推断、元素周期律、分子结构及C、N、Na元素化合物性质等，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，难度中等，根据密度判断X与Y形成的气态化合物是氨气是推断的关键．6．（5分）下列说法中不正确的是（）A．8NH3（g）+6NO2（g）═7N2（g）+12H2O（g）△H＜0，则该反应能自发进行B．pH相等的四种溶液：a．CH3COONa b．Na2CO3 c．NaHCO3d．NaOH，则四种溶液中溶质的物质的量浓度由小到大顺序为：d＜b＜c＜aC．pH=2的一元酸和pH=12的二元强碱等体积混合：c（OH﹣）≤c（H+）D．pH=9的CH3COONa溶液和pH=9的NH3•H2O溶液中水的电离程度相同考点：离子浓度大小的比较；焓变和熵变；水的电离；酸碱混合时的定性判断及有关ph 的计算．分析：A、依据反应自发进行的判断依据是△H﹣T△S＜0分析，8NH3（g）+6NO2（g）═7N2（g）+12H2O（g）△H＜0，△S＞0，一定存在△H﹣T△S＜0，则该反应一定能自发进行；B、酸越弱，盐的水解程度越大，相同浓度时pH的关系为NaOH＞Na2CO3＞NaHCO3＞CH3COONa，则pH相同时的浓度关系为c（NaOH）＜c（Na2CO3）＜c（NaHCO3）＜c（CH3COONa）；C、如果是强酸两者相等，如果是弱酸溶液呈酸性；D、CH3COONa溶液水解呈碱性，对水的电离起促进作用，而NH3•H2O溶液电离产生氢氧根离子对水的电离起抑制作用．解答：解：A、依据反应自发进行的判断依据是△H﹣T△S＜0分析，8NH3（g）+6NO2（g）═7N2（g）+12H2O（g）△H＜0，△S＞0，一定存在△H﹣T△S＜0，则该反应一定能自发进行，故A正确；B、酸越弱，盐的水解程度越大，相同浓度时pH的关系为NaOH＞Na2CO3＞NaHCO3＞CH3COONa，则pH相同时的浓度关系为c（NaOH）＜c（Na2CO3）＜c（NaHCO3）＜c（CH3COONa），故B正确；C、如果是强酸两者相等，如果是弱酸溶液呈酸性，所以混合：c（OH﹣）≤c（H+），故C正确；D、CH3COONa溶液水解呈碱性，对水的电离起促进作用，而NH3•H2O溶液电离产生氢氧根离子对水的电离起抑制作用，所以两溶液中水的电离程度不相同，故D错误；故选D．点评：本题考查较为综合，涉及弱电解质的电离、盐类的水解以及酸碱混合的定性判断，题目难度中等．7．（5分）N2O5是一种新型硝化剂，在一定温度下可发生以下反应：2N2O5（g）⇌4NO2（g）+O2（g）△H＞0，T1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（）时间/s 0 500 1000 1500c（N2O5）/mol•L﹣1 5.00 3.52 2.50 2.50A．T1温度下，500s时O2的浓度为0.74mol•L﹣1B．平衡后其它条件不变，将容器的体积压缩到原来的，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0.5考点：化学平衡的计算．分析：根据表中数据知，1000s和1500s时c（N2O5）相等，说明1000s时该反应达到平衡状态，A．T1温度下，500s时，参加反应的c（N2O5）=（5.00﹣3.52）mol/L=1.48mol/L，参加反应的物质浓度之比等于其计量数之比，则500s时，参加反应的c（O2）=c（N2O5）=0.74mol/L；B．增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动；C．该反应的正反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动；D．T1温度下的平衡常数为K1=125，根据化学平衡常数计算N2O5的转化率．解答：解：根据表中数据知，1000s和1500s时c（N2O5）相等，说明1000s时该反应达到平衡状态，A．T1温度下，500s时，参加反应的c（N2O5）=（5.00﹣3.52）mol/L=1.48mol/L，参加反应的物质浓度之比等于其计量数之比，则500s时，参加反应的c（O2）=c（N2O5）=0.74mol/L，故A正确；B．增大压强，平衡向气体体积减小的方向逆反应方向移动，所以五氧化二氮的转化率降低，则再平衡时c（N2O5）＞5.00 mol•L﹣1，故B正确；C．该反应的正反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，若T1＞T2，则K1＞K2，故C错误；D．T1温度下的平衡常数为K1=125，设平衡时，c（N2O5）=xmol/L，则c（NO2）=mol/L=2（5.00﹣x）mol/L，c（O2）=mol/L，化学平衡常数K==125，x=2.5，则五氧化二氮的转化率==50%=0.5，故D正确；故选C．点评：本题考查化学平衡计算，侧重考查分析计算能力，利用三段式法解答即可，知道转化率、平衡常数的含义，注意平衡常数计算时不能用物质的量代替浓度，为易错点．二、解答题（共3小题，满分53分）8．（16分）“C 1化学”是指以碳单质或分子中含1个碳原子的物质（如CO、CO2、CH4、CH3OH、HCOOH等）为原料合成工业产品的化学工艺，对开发新能源和控制环境污染有重要意义．（1）一定温度下，在两个容积均为2L的密闭容器中，分别发生反应：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H=﹣49.0kJ/mol．相关数据如下：容器甲乙反应物投入量1mol CO2（g）和3mol H2（g）1mol CH3OH（g）和1mol H2O（g）平衡时c（CH3OH）c1c2平衡时能量变化放出29.4kJ 吸收a kJ请回答：①a=19.6．②若甲中反应10s时达到平衡，则用CO2来表示甲中反应从开始到平衡过程中的平均反应速率是0.03mol•L﹣1•S﹣1．（2）甲烷的一个重要用途是制取H2，其原理为：CO2（g）+CH4（g）⇌2CO（g）+2H2（g）在密闭容器中通入等物质的量浓度的CH4与CO2，在一定条件下发生反应，测得CH4的平衡转化率与温度及压强的关系如图1所示，则压强P1小于P2（填“大于”或“小于”）；压强为P2时，在y点：v（正）大于v（逆）（填“大于”、“小于”或“等于”）．（3）一定条件下，治理汽车尾气的反应是2NO（g）+2CO（g）⇌2CO2（g）+N2（g）△H＜0．在恒温恒容的密闭容器中通入n（NO）：n（CO）=2：1的混合气体，发生上述反应．下列图象如图3正确且能说明反应在进行到t1时刻一定达到平衡状态的是cd（选填字母）．（4）甲酸（HCOOH）是一种弱酸，现用0.1mol•L﹣1 NaOH溶液分别滴定体积均为20.00mL、浓度均为0.1mol•L﹣1的盐酸和甲酸溶液，滴定曲线如图2：滴定开始前，三种溶液中由水电离出的c（H+）最大的是甲酸溶液；V1和V2的关系V1＜V2（填“＞”、“=”或“＜”）；M点对应的溶液中，各离子的物质的量浓度由大到小的顺序是c （HCOO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）．考点：化学平衡的计算；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．分析：（1）①A、B是等效平衡，则A中放出的热量与B中吸收的热量之和为49.0kJ；②平衡时能量变化放出29.4kJ，求平衡时各组分的浓度，然后求平均反应速率；（2）该反应正向为体积增大的方向，压强越大，CH4的转化率越小；压强为P2时，在Y点反应未达到平衡，则反应正向移动；（3）可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分浓度不再变化，据此进行判断．（4）酸和碱都对水的电离起抑制作用，酸、碱性越强，水的电离程度越小；甲酸钠显示碱性，氯化钠显示中性；0.1mol•L﹣1NaOH溶液10mL和溶液体积为20.00mL0.1mol•L﹣1的甲酸反应，得到的是甲酸和甲酸钠的混合物，据此确定离子浓度大小．解答：解：（1）①甲、乙是等效平衡，则甲中放出的热量与乙中吸收的热量之和为49.0kJ，则a=49.0kJ﹣29.4kJ=19.6kJ，故答案为：19.6；②平衡时能量变化放出29.4kJ，所以反应二氧化碳的物质的量为=0.6mol，所以，然后求平均反应速率v==0.03mol/（L•min），故答案为：0.03；（2）该反应正向为体积增大的方向，压强越大，CH4的转化率越小，已知相同温度下，P1条件下的转化率大于P2，则P1小于P2；压强为P2时，在Y点反应未达到平衡，则反应正向移动，所以v（正）大于v（逆）；故答案为：小于；大于；（3）当反应前后改变的物理量不变时，该可逆反应达到平衡状态，。

【备战2016年高考】近六年化学经典真题精选训练烃一．选择题（共15小题）1．（2015•福建）下列关于有机化合物的说法正确的是（）A．聚氯乙烯分子中含碳碳双键B．以淀粉为原料可制取乙酸乙酯C．丁烷有3种同分异构体D．油脂的皂化反应属于加成反应2．（2015•广东）化学是你，化学是我，化学深入我们生活．下列说法正确的是（）A．木材纤维和土豆淀粉遇碘水均显蓝色B．食用花生油和鸡蛋清都能发生水解反应C．包装用材料聚乙烯和聚氯乙烯都属于烃D．PX项目的主要产品对二甲苯属于饱和烃3．（2014•上海）催化加氢可生成3﹣甲基己烷的是（）A．B．C．D．4．（2014•上海）结构为…﹣CH=CH﹣CH=CH﹣CH=CH﹣CH=CH﹣…的高分子化合物用碘蒸气处理后，其导电能力大幅度提高．上述高分子化合物的单体是（）A．乙炔B．乙烯C．丙烯D．1，3﹣丁二烯5．（2014•四川）化学与生活密切相关．下列说法不正确的是（）A．乙烯可作水果的催熟剂B．硅胶可作袋装食品的干燥剂C．福尔马林可作食品的保鲜剂D．氢氧化铝可作胃酸的中和剂6．（2013•浙江）下列说法正确的是（）A．按系统命名法，化合物的名称是2，3，5，5﹣四甲基﹣4，4﹣二乙基己烷B．等物质的量的苯和苯甲酸完全燃烧消耗氧气的量不相等C．苯和甲苯互为同系物，均能使KMnO4酸性溶液褪色D．结构片段的高聚物，其单体是苯酚和甲醛7．（2013•海南）下列烃在光照下与氯气反应，只生成一种一氯代物的有（）A．2﹣甲基丙烷B．环戊烷C．2，2﹣二甲基丁烷D．2，2﹣二甲基丙烷8．（2012•海南）分子式为C10H14的单取代芳烃，其可能的结构有（）A．2种B．3种C．4种D．5种9．（2012•上海）下列关于化石燃料的加工说法正确的是（）A．石油裂化主要得到乙烯B．石油分馏是化学变化，可得到汽油、煤油C．煤干馏主要得到焦炭、煤焦油、粗氨水和焦炉气D．煤制煤气是物理变化，是高效、清洁地利用煤的重要途径10．（2012•广东）化学与生活息息相关，下列说法不正确的是（）A．用食醋可除去热水壶内壁的水垢B．淀粉、油脂和蛋白质都是高分子化合物C．自行车钢架生锈主要是电化学腐蚀所致D．新型复合材料使手机、电脑等电子产品更轻巧、实用和新潮11．（2011•江西）分子式为C5H11Cl的同分异构体共有（不考虑立体异构）（）A．6种B．7种C．8种D．9种12．（2011•上海）β﹣月桂烯的结构如图所示，一分子该物质与两分子溴发生加成反应的产物（只考虑位置异构）理论上最多有（）A．2种B．3种C．4种D．6种13．（2010•海南）下列化合物中既易发生取代反应，也可发生加成反应，还能使KMn04酸性溶液褪色的是（）A．乙烷B．乙醇C．丙烯D．苯14．（2010•江西）下列各组中的反应，属于同一反应类型的是（）A．由溴丙烷水解制丙醇；由丙烯与水反应制丙醇B．由甲苯硝化制对硝基甲苯；由甲苯氧化制苯甲酸C．由氯代环己烷消去制环己烯；由丙烯加溴制1，2﹣二溴丙烷D．由乙酸和乙醇制乙酸乙酯；由苯甲酸乙酯水解制苯甲酸和乙醇15．（2010•山东）下列叙述错误的是（）A．乙烯和苯都能使溴水褪色，褪色的原因相同B．淀粉、油脂、蛋白质都能水解，但水解产物不同C．煤油可由石油分馏获得，可用作燃料和保存少量金属钠D．乙醇、乙酸、乙酸乙酯都能发生取代反应，乙酸乙酯中的少量乙酸可用饱和Na2CO3溶液除去【备战2016年高考】近六年化学经典真题精选训练烃一．选择题（共15小题）1．（2015•福建）下列关于有机化合物的说法正确的是（）A．聚氯乙烯分子中含碳碳双键B．以淀粉为原料可制取乙酸乙酯C．丁烷有3种同分异构体D．油脂的皂化反应属于加成反应考点：有机化学反应的综合应用；真题集萃．分析：A．根据聚氯乙烯（）的结构分析；B．淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖发酵生成乙醇，乙醇氧化生成乙醛，乙醛氧化生成乙酸，乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯；C．丁烷有2种同分异构体；D．有机物分子中的不饱和键断裂，断键原子与其他原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应是加成反应，油脂的皂化反应属于油脂的水解反应．解答：解：A．聚氯乙烯的结构简式为：，聚氯乙烯中不含碳碳双键，故A错误；B．淀粉水解生成葡萄糖（C6H10O5）n+nH2O nC6H12O6，乙醇氧化生成乙醛2CH3CH2OH+O22CH3CHO+H2O，乙醛氧化生成乙酸2CH3CHO+O22CH3COOH，CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOCH2CH3+H2O，以淀粉为原料可制取乙酸乙酯，故B正确；C．丁烷分子式为C4H10，有2种同分异构体，正丁烷结构简式为CH3CH2CH2CH3，异丁烷结构简式为（CH3）2CHCH3，故C错误；D．油脂的皂化反应为油脂在碱性条件下的水解反应，如：+3NaOH→3C17H35COONa+，该反应属于取代反应，故D错误；故选C．点评：本题考查了有机物的结构和性质，题目难度不大，注意聚乙烯中不含碳碳双键，为易错点，D选项注意加成反应与水解反应的区别．2．（2015•广东）化学是你，化学是我，化学深入我们生活．下列说法正确的是（）A．木材纤维和土豆淀粉遇碘水均显蓝色B．食用花生油和鸡蛋清都能发生水解反应C．包装用材料聚乙烯和聚氯乙烯都属于烃D．PX项目的主要产品对二甲苯属于饱和烃考点：生活中的有机化合物．分析：A．淀粉遇碘水显蓝色；B．食用花生油成分是油脂，鸡蛋清成分是蛋白质；C．烃是指仅含碳氢两种元素的化合物；D．不饱和烃，是含有双键或三键或苯环的烃．解答：解：A．淀粉遇碘水显蓝色，纤维素遇碘水不显蓝色，木材纤维的主要成分是纤维素，故A 错误；B．食用花生油成分是油脂，鸡蛋清成分是蛋白质，油脂水解生成高级脂肪酸和甘油，蛋白质水解生成氨基酸，故B正确；C．聚氯乙烯还含有氯元素，故C错误；D．对二甲苯含有苯环，属于不饱和烃，故D错误．故选B．点评：本题考查有机物的性质与简单分类，比较基础，明确不饱和烃，是含有双键或三键或苯环的烃是解题的关键．3．（2014•上海）催化加氢可生成3﹣甲基己烷的是（）A．B．C．D．考点：取代反应与加成反应．专题：有机反应．分析：根据不饱和烃的加成原理，不饱和键断开，结合H原子，生成3﹣甲基戊烷，据此解答．解答：解：3﹣甲基己烷的碳链结构为，A、经催化加氢后生成3﹣甲基庚烷，故A不选；B、经催化加氢后生成3﹣甲基戊烷，故B不选；C、经催化加氢后能生成3﹣甲基己烷，故C选；D、经催化加氢后能生成2﹣甲基己烷，故D不选．故选C．点评：本题主要考查了加成反应的原理，难度不大，根据加成原理写出选项中与氢气加成的产物，进行判断即可．4．（2014•上海）结构为…﹣CH=CH﹣CH=CH﹣CH=CH﹣CH=CH﹣…的高分子化合物用碘蒸气处理后，其导电能力大幅度提高．上述高分子化合物的单体是（）A．乙炔B．乙烯C．丙烯D．1，3﹣丁二烯考点：聚合反应与酯化反应．专题：有机反应．分析：判断高聚物的单体：首先要根据高聚物的结构简式判断高聚物是加聚产物还是缩聚产物，然后根据推断单体的方法作出判断，加聚产物的单体推断方法：（1）凡链节的主链上只有两个碳原子（无其它原子）的高聚物，其合成单体必为一种，将两半链闭合即可；（2）凡链节主链上只有四个碳原子（无其它原子）且链节无双键的高聚物，其单体必为两种，在正中间画线断开，然后将四个半键闭合即可；（3）凡链节中主碳链为6个碳原子，其规律是“见双键，四个碳，无双键，两个碳”画线断开，然后将半键闭合，即将单双键互换；该题属于第（1）种情况，据此进行解答．解答：解：高分子化合物…CH=CH﹣CH=CH﹣CH=CH﹣CH=CH…，其结构简式可以表示为：﹣[CH=CH]﹣n，属于加聚产物，根据加聚产物的单体推断方法，凡链节的主链上只有两个碳原子（无其它原子）的高聚物，其合成单体必为一种，将两半键闭合即可得其单体为：CH≡CH，故选A．点评：本题考查加聚反应生原理及高分子化合物单体的求算，题目难度不大，明确加聚反应原理及反应产物的单体判断方法是解答的关键．5．（2014•四川）化学与生活密切相关．下列说法不正确的是（）A．乙烯可作水果的催熟剂B．硅胶可作袋装食品的干燥剂C．福尔马林可作食品的保鲜剂D．氢氧化铝可作胃酸的中和剂考点：乙烯的化学性质；含硫物质的性质及综合应用；常见的食品添加剂的组成、性质和作用；药物的主要成分和疗效．专题：化学应用．分析：A．乙烯是植物当中天然存在的生长激素，能调节植物的成熟和衰老；B．硅胶的表面积比较大，有微孔，吸水效果好；C．福尔马林有毒，不能用作食品的保鲜剂；D．氢氧化铝为难溶物，能够中和胃酸中的盐酸．解答：解：A．由于乙烯是植物当中天然存在的生长激素，能调节植物的成熟和衰老，所以乙烯可作水果的催熟剂，故A正确；B．由于硅胶具有很好的吸附性，且无毒，可以用作袋装食品的干燥剂，故B正确；C．福尔马林有毒，可以用于浸泡标本，但不能作食品的保鲜剂，故C错误；D．氢氧化铝能够与胃酸中的盐酸反应，能够作胃酸的中和剂，故D正确；故选C．点评：本题考查了生活中常见物质的性质及用途，题目难度不大，注意明确常见物质的组成、结构与性质，熟练掌握基础知识是解答本题的关键．6．（2013•浙江）下列说法正确的是（）A．按系统命名法，化合物的名称是2，3，5，5﹣四甲基﹣4，4﹣二乙基己烷B．等物质的量的苯和苯甲酸完全燃烧消耗氧气的量不相等C．苯和甲苯互为同系物，均能使KMnO4酸性溶液褪色D．结构片段的高聚物，其单体是苯酚和甲醛考点：烷烃及其命名；聚合反应与酯化反应；苯的性质；苯的同系物．专题：有机物的化学性质及推断；有机物分子组成通式的应用规律．分析：A．根据烷烃命名原则：①长﹣﹣选最长碳链为主链；②多﹣﹣遇等长碳链时，支链最多为主链；③近﹣﹣离支链最近一端编号；④小﹣﹣支链编号之和最小．看下面结构简式，从右端或左端看，均符合“近﹣﹣﹣﹣﹣离支链最近一端编号”的原则；⑤简﹣﹣两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号．如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面．B．烃C x H y完全燃烧耗氧量由（x+）值决定，（x+）的值越大，消耗氧气的量就越多；烃的含氧衍生物C x H y O z完全燃烧耗氧量由（x+）值决定，x+值越大，消耗氧气的量就越多，据此判断；C．苯和甲苯互为同系物，但苯不能使KMnO4酸性溶液褪色；D．根据苯酚和甲醛发生缩聚反应；解答：解：A．按系统命名法，化合物的名称是2，2，4，5﹣四甲基﹣3，3﹣二乙基己烷，故A错误；B．苯的x+=6+=7.5，即1mol苯消耗氧气7.5mol，苯甲酸的x+﹣=7+﹣1=7.5，即1mol苯甲酸消耗氧气7.5mol，所以等物质的量的苯和苯甲酸完全燃烧消耗氧气的量相等，故B错误；C．苯和甲苯互为同系物，但苯不能使KMnO4酸性溶液褪色，故C错误；D．苯酚和甲醛发生缩聚反应得到酚醛树酯，结构片段，故D正确；故选：D；点评：本题主要考查了物质的命名、燃烧规律、物质的性质以及缩聚反应，需要注意的是酚醛发生缩聚反应的规律．7．（2013•海南）下列烃在光照下与氯气反应，只生成一种一氯代物的有（）A．2﹣甲基丙烷B．环戊烷C．2，2﹣二甲基丁烷D．2，2﹣二甲基丙烷考点：取代反应与加成反应；有机化合物的异构现象．专题：同分异构体的类型及其判定．分析：在烷烃在光照下与氯气反应，只生成一种一氯代烃，说明该烷烃分子中所有的氢原子为等效H原子，其一氯代物不存在同分异构体，据此进行判断．解答：解：A．2﹣甲基丙烷的结构简式为：CH3CH（CH3）CH3，分子中有2种等效氢原子，其一氯代物有2种，故A错误；B．环戊烷的结构简式为，，环戊烷分子中所有H原子都完全等效，则其一氯代物只有1种，故B正确；C．2，2﹣二甲基丁烷的结构简式为：CH3C（CH3）2CH2CH3，其分子中含有3种等效氢原子，其一氯代物有3种，故C错误D.2，2﹣二甲基丙烷的结构简式为：C（CH3）4，其分子中只有1种等效氢原子，一氯代物只有1种，故D正确；故选BD．点评：本题考查了同分异构体的求算，题目难度中等，注意掌握同分异构体的概念及求算方法，明确烃中等效氢原子数目的求算方法为解答本题的关键．8．（2012•海南）分子式为C10H14的单取代芳烃，其可能的结构有（）A．2种B．3种C．4种D．5种考点：同分异构现象和同分异构体．专题：压轴题；同分异构体的类型及其判定．分析：分子式为C10H14的单取代芳烃，不饱和度为=4，故分子中含有一个苯环，侧链是烷基，为﹣C4H9，书写﹣C4H9的异构体，确定符合条件的同分异构体数目．解答：解：分子式为C10H14的单取代芳烃，不饱和度为=4，故分子中含有一个苯环，侧链是烷基，为﹣C4H9，﹣C4H9的异构体有：﹣CH2CH2CH2CH3、﹣CH（CH3）CH2CH3、﹣CH2CH （CH3）2、﹣C（CH3）3，故符合条件的结构有4种，故选C．点评：本题考查同分异构体的书写，注意根据取代基异构进行判断，难度中等．9．（2012•上海）下列关于化石燃料的加工说法正确的是（）A．石油裂化主要得到乙烯B．石油分馏是化学变化，可得到汽油、煤油C．煤干馏主要得到焦炭、煤焦油、粗氨水和焦炉气D．煤制煤气是物理变化，是高效、清洁地利用煤的重要途径考点：化石燃料与基本化工原料．专题：有机化合物的获得与应用．分析：A．石油裂化主要得到汽油；B．有新物质生成的变化叫化学变化，没有新物质生成的变化叫物理变化；C．煤隔绝空气加强热主要得到焦炭、煤焦油、粗氨水和焦炉气；D．有新物质生成的变化叫化学变化，没有新物质生成的变化叫物理变化．解答：解：A．催化裂化的目的是得到轻质液体燃料汽油，故A错误；B．石油分馏是物理变化，故B错误；C．煤隔绝空气加强热主要得到焦炭、煤焦油、粗氨水和焦炉气，故C正确；D．煤制煤气有新物质一氧化碳和氢气生成，是化学变化，故D错误．故选C．点评：本题考查石油的分馏、物理变化与化学变化的区别，难度不大，注意有新物质生成的变化叫化学变化，没有新物质生成的变化叫物理变化．10．（2012•广东）化学与生活息息相关，下列说法不正确的是（）A．用食醋可除去热水壶内壁的水垢B．淀粉、油脂和蛋白质都是高分子化合物C．自行车钢架生锈主要是电化学腐蚀所致D．新型复合材料使手机、电脑等电子产品更轻巧、实用和新潮考点：生活中的有机化合物．专题：化学应用．分析：A．强酸反应能制取弱酸；B．高分子化合物是指相对分子质量很大的有机物，可达几万至几十万，甚至达几百万或更大；C．原电池能加快化学反应速率；D．含有两种以上类型的材料称为复合材料．解答：解：A．水垢的主要成分是难溶碳酸盐，食醋与其反应生成可溶性碳酸盐，因此醋酸能除水垢，故A正确；B．油脂不属于高分子化合物，故B错误；C．钢架是铁和碳的合金，在潮湿的空气里，钢架表面会形成电解质溶液薄膜，钢架里面的铁和碳形成了原电池，加快了腐蚀，故C正确；D．复合材料比单一材料的性能更好，故D正确．故选B．点评：本题考查强酸反应制取弱酸的原理、高分子化合物、电化学腐蚀、复合材料等，难度不大，注意原电池能加快化学反应速率．11．（2011•江西）分子式为C5H11Cl的同分异构体共有（不考虑立体异构）（）A．6种B．7种C．8种D．9种考点：同分异构现象和同分异构体．专题：同分异构体的类型及其判定．分析：判断和书写烷烃的氯代物的异构体可以按照以下步骤来做：（1）先确定烷烃的碳链异构，即烷烃的同分异构体．（2）确定烷烃的对称中心，即找出等效的氢原子．（3）根据先中心后外围的原则，将氯原子逐一去代替氢原子．（4）对于多氯代烷的同分异构体，遵循先集中后分散的原则，先将几个氯原子集中取代同一碳原子上的氢，后分散去取代不同碳原子上的氢．解答：解：分子式为C5H11Cl的同分异构体有主链有5个碳原子的：CH3CH2CH2CH2CH2Cl；CH3CH2CH2CHClCH3；CH3CH2CHClCH2CH3；主链有4个碳原子的：CH3CH（CH3）CH2CH2Cl；CH3CH（CH3）CHClCH3；CH3CCl（CH3）CH2CH3；CH2ClCH（CH3）CH2CH3；主链有3个碳原子的：CH2C（CH3）2CH2Cl；共有8种情况．故选C．点评：本题考查以氯代物的同分异构体的判断，难度不大，做题时要抓住判断角度，找出等效氢原子种类．一般说来，同一个碳原子上的氢原子等效，同一个碳原子上连的所有甲基上的氢原子等效，处于镜面对称位置上的氢原子等效．氯原子取代任意一个等效氢原子所得的一氯代物是同一种．只要这样就可以了．比如说丙烷有两种一氯代物．12．（2011•上海）β﹣月桂烯的结构如图所示，一分子该物质与两分子溴发生加成反应的产物（只考虑位置异构）理论上最多有（）A．2种B．3种C．4种D．6种考点：取代反应与加成反应．分析：根据β﹣月桂烯含有三个双键，都能发生加成反应，且存在与1，3﹣丁二烯类似结构，则能发生1，4加成．解答：解：因分子存在三种不同的碳碳双键，如图所示；1分子物质与2分子Br2加成时，可以在①②的位置上发生加成，也可以在①③位置上发生加成或在②③位置上发生加成，还可以1分子Br2在①②发生1，4加成反应，另1分子Br2在③上加成，故所得产物共有四种，故选C项．点评：本题考查烯烃的加成反应，难度中等，明确加成的规律及利用结构与1，3﹣丁二烯类似来分析解答即可，难点是分析1分子Br2在①②发生1，4加成反应，另1分子Br2在③上加成．13．（2010•海南）下列化合物中既易发生取代反应，也可发生加成反应，还能使KMn04酸性溶液褪色的是（）A．乙烷B．乙醇C．丙烯D．苯考点：取代反应与加成反应；氧化还原反应．分析：乙烷属于饱和烷烃，性质稳定，主要发生取代反应，不能发生加成反应；乙醇为饱和一元醇，也不能发生加成反应；能发生加成反应的物质具有不饱和键；苯的结构比较特殊，性质也比较特殊，既能发生加成反应，也能发生取代反应，但不能使KMn04酸性溶液褪色．解答：解：A、乙烷属于烷烃主要发生取代反应，故A错；B、乙醇属于饱和一元醇不能发生加成反应，故B错；C、丙烯属于烯烃且含有一个甲基，甲基上发生取代反应，碳碳双键能发生加成、能使高锰酸钾溶液褪色，因此符合题意，故C正确；D、苯属于芳香烃可以发生取代反应和加成反应，但不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D错．故选C．点评：本题主要考察常见有机化合物的化学性质及常见的有机化学反应类型，注意烯烃的性质以及苯的性质的特殊性．14．（2010•江西）下列各组中的反应，属于同一反应类型的是（）A．由溴丙烷水解制丙醇；由丙烯与水反应制丙醇B．由甲苯硝化制对硝基甲苯；由甲苯氧化制苯甲酸C．由氯代环己烷消去制环己烯；由丙烯加溴制1，2﹣二溴丙烷D．由乙酸和乙醇制乙酸乙酯；由苯甲酸乙酯水解制苯甲酸和乙醇考点：有机化学反应的综合应用．专题：有机反应．分析：有机化学反应类型包括：取代反应、氧化反应、还原反应、加成反应和消去反应以及聚合反应，根据各个化学反应类型的实质来判断所属的类型．解答：解：A、溴丙烷水解制丙醇属于取代反应，丙烯与水反应制丙醇的过程属于加成反应，反应类型不一样，故A错误；B、甲苯硝化制对硝基甲苯，属于取代反应，由甲苯氧化制苯甲酸，属于氧化反应，反应类型不一样，故B错误；C、氯代环己烷消去制环己烯，属于消去反应，由丙烯加溴制1，2﹣二溴丙烷，属于加成反应，反应类型不一样，故C错误；D、乙酸和乙醇制乙酸乙酯属于取代反应，苯甲酸乙酯水解制苯甲酸和乙醇属于取代反应，反应类型一样，故D正确．故选D．点评：本题考查学生有机化学反应的各种类型：取代反应、氧化反应、还原反应、加成反应和消去反应，注意各类型的特点和物质的性质是解题的关键，难度不大．15．（2010•山东）下列叙述错误的是（）A．乙烯和苯都能使溴水褪色，褪色的原因相同B．淀粉、油脂、蛋白质都能水解，但水解产物不同C．煤油可由石油分馏获得，可用作燃料和保存少量金属钠D．乙醇、乙酸、乙酸乙酯都能发生取代反应，乙酸乙酯中的少量乙酸可用饱和Na2CO3溶液除去考点：乙烯的化学性质；苯的性质；石油的裂化和裂解；乙醇的化学性质；油脂的性质、组成与结构；淀粉的性质和用途．分析：（1）乙烯含有双键，能与溴水发生加成反应而使溴水褪色，溴单质在苯中的溶解度比在水中的大，苯使溴水褪色的原理是萃取；（2）淀粉、油脂和蛋白质在一定条件下都能水解，水解的最终产物分别是葡萄糖、高级脂肪酸和甘油、氨基酸；（3）煤油可由石油分馏获得，主要成分为烷烃，性质稳定，密度比金属钠小，可用来保存金属钠；（4）乙酸中含有羧基，乙醇含有羟基，乙酸乙酯中含有酯基，在一定条件下都能发生取代反应，例如：乙酸和乙醇的酯化反应是取代反应，乙酸乙酯的水解反应也属于取代反应，乙酸具有酸性，其酸性强于碳酸，故能与Na2CO3反应．解答：解：A、烯烃使溴水褪色的原理是加成反应，苯使溴水褪色的原理是萃取，故A错误；B、淀粉水解的最终产物是葡萄糖，蛋白质水解的产物是氨基酸，故B正确；C、煤油来自石油的分馏，可用作航空燃料，也可用于保存Na，故C正确；D、乙酸和乙醇的酯化反应是取代反应，乙酸乙酯的水解反应也属于取代反应，乙酸能，故可用饱和Na2CO3溶液除去乙酸乙酯中的乙酸，故D正确；故选A．点评：本题考查常见有机物的性质，尤其要注意苯的物理性质，是一种良好的有机溶剂，可做萃取剂．。

山东省潍坊市2015届高考化学一模试卷一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1．（3分）化学与生活、环境密切相关，下列说法错误的是（）A．生活中钢铁制品生锈主要是由于吸氧腐蚀所致B．石油的裂化、裂解和煤的干馏都属于化学变化C．天然纤维、人造纤维、合成纤维组成元素相同D．工业废水中的Cu2+、Hg2+等重金属阳离子可以通过加入FeS除去2．（3分）短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的相对位置如图所示，第三周中Z元素的简单离子半径最小，下列说法不正确（）X YZ W QA．Y元素气态氢化物的稳定性大于X元素的气态氢化物B．形成的简单离子半径W＞Q＞Z＞XC．最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是QD．X的最高价氧化物水化物和X的氢化物形成的化合物含有离子键，共价键3．（3分）单质或化合物A可能为Na、C、Si、N2、H2S，可以实现下列转化关系的有（）A．2种B．3种C．4种D．5种4．（3分）某有机物A的结构简式如图所示．下列叙述正确的是（）A．其分子式为C12H12O5B．A中含有2种含氧官能团C．A能够发生加成、取代和加聚反应D．1mol A和足量的NaOH溶液反应，可以消耗2mol NaOH5．（3分）下述实验方案能达到实验目的是（）编号A B C D实验方案实验目的实验室制备乙酸乙酯分离乙醇和苯碳酸钠、碳酸氢钠热稳定性比较检验装置的气密性A．A B．B C．C D．D6．（3分）下列叙述正确的是（）A．标准状况下，2.24LCl2溶于水，转移6.02×1022个电子B．Na2S在空气中长期放置变浑浊的离子方程式为：2S2﹣+O2+4H+=2S+2H2OC．NH4HCO3溶液中滴加少量NaOH溶液的离子方程式：HCO3﹣+OH﹣=CO32﹣+H2OD．在pH=1的溶液中：K+、Fe2+、Cl﹣、NO3﹣能够大量共存7．（3分）25℃时，向20.00ml的NaOH溶液中逐滴加入某浓度的CH3COOH溶液．滴定过程中，溶液的pH与滴入CH3COOH溶液的体积的关系如图所示，②点时NaOH溶液恰好被中和．则下列说法中，错误的是（）A．CH3COOH溶液的浓度为0.1mol•L﹣1B．图中点①到点③所示溶液中，水的电离程度先增大后减小C．点④所示溶液中存在：c（CH3COOH）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）D．滴定过程中的某点，会有c（Na+）＞c（CH3COO﹣）=c（OH﹣）＞c（H+）二、解答题（共2小题，满分36分）8．（16分）2014年我国各地出现连续干旱，给生产生活带来严重影响．为确保人、畜用水和安全，净水剂选择与制备尤为重要．（1）聚合氯化铝晶体（m）是一种高效无机水处理剂，它的制备原理是调节增大AlCl3溶液的pH，通过促进其水解而结晶析出．利用高岭土（化学组成为：A12O3、SiO2、Fe2O3、及少量杂质和水分，高岭土在煅烧的过程中可除去杂质和水分）制备聚合氯化铝，其制备过程有如图1两种途径：①途径Ⅰ和途径Ⅱ哪种更合理？．②途径Ⅰ中加入铝粉最主要的目的是．a．中和过量的盐酸b．将Fe3+还原为便于人体吸收的Fe2+c．除去溶液中的铁元素d．制备生成聚合氯化铝所需要的AlCl3③加入碳酸钙调节溶液pH至4.0～4.5的目的是．④蒸发浓缩过程中生成Al2（OH）n C16﹣n•xH2O的化学反应方程式是．（2）Na2FeO4是一种既能杀菌、消毒，又能絮凝净水的水处理剂，其电解制法如图2所示，请根据图示分析：电解过程中的电池反应为；每转移0.6mol电子在Ni电极上产生的气体在标况下的体积为；隔膜用阳离子交换膜（只允许阳离子通过）还是阴离子交换膜（只允许阴离子通过）．9．亚硝酸钠是一种工业盐，用途广泛；外观与食盐非常相似，但毒性较强，食品添加亚硝酸钠必须严格控制用量．某化学兴趣小组对食盐与亚硝酸钠进行了如下探究：㈠鉴别NaCl和NaNO2（1）测定溶液pH用PH试纸分别测定0.1mol•L﹣1两种盐溶液的PH，测得NaNO2溶液呈碱性．NaNO2溶液呈碱性的原因是（用离子方程式解释）．NaNO2溶液中c（HNO2）=（用溶液中其它离子的浓度关系式表示）（2）沉淀法取2mL0.1mol•L﹣1两种盐溶液于试管中，分别滴加几滴稀硝酸银溶液．两只试管均产生白色沉淀．分别滴加几滴稀硝酸并振荡，盛NaNO2溶液的试管中沉淀溶解．该温度下K sp（AgNO2）=2×10﹣8（mol•L﹣1）2； K sp（AgCl）=1.8×10﹣10（mol•L﹣1）2则反应AgNO2（s）+Cl﹣（aq）═AgCl（s）+NO2﹣（aq）的化学平衡常数K=（3）氧化法取2mL0.1mol•L﹣1两种盐溶液于试管中，分别滴加几滴酸性KMnO4溶液．使酸性KMnO4溶液褪色的是NaNO2溶液．该反应的离子方程式为．㈡NaNO2性质探究该兴趣小组同学用下图装置探究亚硝酸钠与硫酸反应及气体产物成分．已知：气体液化的温度：NO221℃、NO﹣152℃（1）为了检验装置A中生成的气体产物，仪器的连接顺序为（从左向右连接）：A→→→→；组装好仪器后，接下来进行的操作是．（2）反应前应打开弹簧夹，先通入一段时间氮气，排除装置中的空气．（3）在关闭弹簧夹，打开分液漏斗活塞，滴入70%硫酸后，A中产生红棕色气体．①如何确认A中产生气体是否含有NO．（写出实验操作、现象和结论）②装置E的作用是．③若向D中通入过量O2，则装置B中发生反应的化学方程式为．选做题（从下面两题中任选一题作答）10．第二周期中碳、氮、氧是构成生命物质的三种主要元素，在生产生活中也有着重要的应用．（1）第二周期中，第一电离能处于B与N之间的元素有种（2）某元素位于第四周期VIII族，其基态原子的未成对电子数与基态碳原子的未成对电子数相同，则其基态原子的价层电子排布式为．（3）乙烯酮（CH2=C=O）是一种重要的有机中间体，可用CH3COOH在痕量（C2H5O）3P=O存在下加热脱H2O得到．乙烯酮分子中碳原子杂化轨道类型有．CH3COOH的沸点比HCOOCH3的高，其主要原因是．（4）CH2=CHCN是制备晴纶的原料，其分子中σ键和π键的个数之比为（填最简整数比），（5）碳化硅的结构与金刚石类似，其硬度仅次于金刚石，具有较强的耐磨性能．每个碳原子周围与其距离最近的硅原子有个．【化学--有机化学基础】11．（12分）芳香族化合物A常用来合成药物B及医药中间体G，其流程如图：已知：（1）D中除硝基外还含有的官能团的名称．D生成E的反应类型是．（2）鉴别A和E可用的试剂是．a．氢氧化钠溶液 b．氯化铁溶液 c．碳酸氢钠溶液 d．浓溴水（3）写出F与过量NaOH共热时反应的化学方程式．（4）B有多种同分异构体，写出符合下列条件的一种物质的结构简式．①只有一种官能团②能发生银镜反应③苯环上的一氯取代物只有二种④核磁共振氢谱共有四组峰，强度比为3：2：2：1．山东省潍坊市2015届高考化学一模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1．（3分）化学与生活、环境密切相关，下列说法错误的是（）A．生活中钢铁制品生锈主要是由于吸氧腐蚀所致B．石油的裂化、裂解和煤的干馏都属于化学变化C．天然纤维、人造纤维、合成纤维组成元素相同D．工业废水中的Cu2+、Hg2+等重金属阳离子可以通过加入FeS除去考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；常见的生活环境的污染及治理．分析：A．钢铁为合金，易发生电化学腐蚀；B．根据石油的裂化、裂解和煤的干馏的定义判断；C．天然纤维、人造纤维为纤维类物质，某些合成纤维为烃类物质；D．根据难溶电解质的溶解平衡判断．解答：解：A．钢铁为合金，易发生电化学腐蚀，在空气中主要发生吸氧腐蚀，故A正确；B．煤的干馏是指将煤隔绝空气加强热使之分解的过程，属于化学变化，通过石油的裂化、裂解可以得到小分子化合物，都属于化学变化，故B正确；C．天然纤维、人造纤维的组成为纤维素，纤维类物质，某些合成纤维为烃类物质，故C错误；D．FeS的溶度积大于CuS、HgS的溶度积，其溶解平衡的S2﹣浓度远大于CuS、HgS的S2﹣离子浓度，故加入FeS可以沉淀废水中的Cu2+、Hg2+，故D正确．故选C．点评：本题综合考查金属的腐蚀、煤和石油的综合利用、合成材料以及难溶电解质的溶解平衡等问题，为高频考点，侧重化学与生活、生产以及环境的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，难度不大．2．（3分）短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的相对位置如图所示，第三周中Z元素的简单离子半径最小，下列说法不正确（）X YZ W QA．Y元素气态氢化物的稳定性大于X元素的气态氢化物B．形成的简单离子半径W＞Q＞Z＞XC．最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是QD．X的最高价氧化物水化物和X的氢化物形成的化合物含有离子键，共价键考点：原子结构与元素周期律的关系；原子结构与元素的性质．分析：第三周中Z元素的简单离子半径最小，则Z为Al，由短周期元素在周期表中位置可知，X为N元素、Y为O元素、W为S元素，Q为Cl元素，结合元素周期律进行解答．解答：解：第三周中Z元素的简单离子半径最小，则Z为Al，由短周期元素在周期表中位置可知，X为N元素、Y为O元素、W为S元素，Q为Cl元素，A．非金属性O＞N，故氢化物稳定性H2O＞NH3，故A正确；B．电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径r（S2﹣）＞r（Cl﹣）＞r（N3﹣）＞r（Al3+），故B错误；C．高氯酸是最强的酸，故C正确；D．X的最高价氧化物水化物和X的氢化物形成的化合物为硝酸铵，含有离子键、共价键，故D正确，故选：B．点评：本题考查元素周期表与元素周期律，难度不大，注意理解掌握元素周期律，理解掌握离子半径的比较规律．3．（3分）单质或化合物A可能为Na、C、Si、N2、H2S，可以实现下列转化关系的有（）A．2种B．3种C．4种D．5种考点：常见金属元素的单质及其化合物的综合应用．分析：Na与Na2O2不反应，Si不能发生连续氧化反应，N2与NO2不反应，C、H2S能实现转化关系，以此来解答．解答：解：Na与Na2O2不反应，Si不能发生连续氧化反应，N2与NO2不反应，由C CO CO2，C+CO22CO；H2S S SO2，2H2S+SO2=3S+2H2O可知，五种物质中，只有C、H2S能实现转化关系，故选A．点评：本题考查金属单质及化合物的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注重基础知识的夯实，题目难度不大．4．（3分）某有机物A的结构简式如图所示．下列叙述正确的是（）A．其分子式为C12H12O5B．A中含有2种含氧官能团C．A能够发生加成、取代和加聚反应D．1mol A和足量的NaOH溶液反应，可以消耗2mol NaOH考点：有机物的结构和性质．分析：该分子中含有酯基、醇羟基、羧基，所以应该具有酯、醇、羧酸的性质，据此分析解答．解答：解：A．该分子式为C12H14O5，故A错误；B．A中含有﹣COOH、﹣OH、﹣COO﹣官能团，所以有三种含氧官能团，故B错误；C．该分子中含有酯基、醇羟基、羧基，所以应该具有酯、醇、羧酸的性质，含有苯环，所以还有苯的性质，能发生加成反应、取代反应，因为没有碳碳双键或三键，不能发生加聚反应，故C错误；D．羧基、酯基能和NaOH反应，所以1mol A和足量的NaOH溶液反应，可以消耗2mol NaOH，故D正确；故选D．点评：本题考查有机物结构和性质，明确有机物中官能团与性质的关系是解本题关键，知道常见有机物官能团，题目难度不大．5．（3分）下述实验方案能达到实验目的是（）编号A B C D实验方案实验目的实验室制备乙酸乙酯分离乙醇和苯碳酸钠、碳酸氢钠热稳定性比较检验装置的气密性A．A B．B C．C D．D考点：化学实验方案的评价．分析：A．实验室制备乙酸乙酯时，导气管不能伸入饱和碳酸钠溶液中；B．互不相溶的液体采用分液方法分离；C．碳酸钠较稳定、碳酸氢钠受热易分解；D．能形成压强差的装置能检验装置气密性．解答：解：A．实验室制备乙酸乙酯时，导气管不能伸入饱和碳酸钠溶液中，否则易产生倒吸现象，故A错误；B．互不相溶的液体采用分液方法分离，乙醇和苯互溶，不能采用分液方法分离，应该采用蒸馏方法分离，故B错误；C．碳酸钠较稳定、碳酸氢钠受热易分解，所以只有碳酸氢钠、碳酸钠位置调换才能鉴别二者的稳定性强弱，故C错误；D．该装置中乙中两管液体能形成压强差，可以根据左边管中液体高度是否变化检验装置气密性，故D正确；故选D．点评：本题考查实验方案设计，为2015届高考高频点，涉及物质制备、物质分离、物质稳定性判断、气密性检验等知识点，明确物质性质、基本实验操作原理即可看到，会从反应原理、物质性质、基本操作的规范性进行评价，题目难度不大．6．（3分）下列叙述正确的是（）A．标准状况下，2.24LCl2溶于水，转移6.02×1022个电子B．Na2S在空气中长期放置变浑浊的离子方程式为：2S2﹣+O2+4H+=2S+2H2OC．NH4HCO3溶液中滴加少量NaOH溶液的离子方程式：HCO3﹣+OH﹣=CO32﹣+H2OD．在pH=1的溶液中：K+、Fe2+、Cl﹣、NO3﹣能够大量共存考点：离子方程式的书写；离子共存问题．分析：A．氯气与水反应为可逆反应；B．不符合反应客观事实；C．氢氧化钠少量只与碳酸氢根离子反应；D．酸性环境下，硝酸根具有强的氧化性，能够氧化二价铁离子．解答：解：A．氯气与水反应为可逆反应，标准状况下，2.24LCl2溶于水，转移电子数小于6.02×1022个，故A错误；B．Na2S在空气中长期放置变浑浊的离子方程式为：2S2﹣+O2+H2O=2S↓+4OH﹣，故B错误；C．NH4HCO3溶液中滴加少量NaOH溶液的离子方程式：HCO3﹣+OH﹣=CO32﹣+H2O，故C正确；D．酸性环境下，硝酸根具有强的氧化性，能够氧化二价铁离子，二者不共存，故D错误；故选：C．点评：本题考查了离子方程式的书写、离子的共存，明确离子反应发生的条件，熟悉离子方程式书写的方法是解题关键，题目难度不大．7．（3分）25℃时，向20.00ml的NaOH溶液中逐滴加入某浓度的CH3COOH溶液．滴定过程中，溶液的pH与滴入CH3COOH溶液的体积的关系如图所示，②点时NaOH溶液恰好被中和．则下列说法中，错误的是（）A．CH3COOH溶液的浓度为0.1mol•L﹣1B．图中点①到点③所示溶液中，水的电离程度先增大后减小C．点④所示溶液中存在：c（CH3COOH）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）D．滴定过程中的某点，会有c（Na+）＞c（CH3COO﹣）=c（OH﹣）＞c（H+）考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．分析：A、图象可知氢氧化钠溶液浓度为0.1mol/L，②点时NaOH溶液恰好被中和消耗醋酸溶液20ml，则产生浓度为0.1mol/L；B、图中点①到点③所示溶液中随滴入醋酸反应，水的电离被抑制程度减小，即水的电离程度增大；恰好反应后继续滴加醋酸，对水电离起到抑制作用；C、点④所示溶液是醋酸和醋酸钠溶液，c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）=2c（Na+），电荷守恒c （Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），合并计算分析；D、滴定过程中的某点，醋酸钠和氢氧化钠混合溶液中会有c（Na+）＞c（CH3COO﹣）=c（OH ﹣）＞c（H+）．解答：解：A、图象可知氢氧化钠溶液浓度为0.1mol/L，②点时NaOH溶液恰好被中和消耗醋酸溶液20ml，则产生浓度为0.1mol/L，故A正确；B、图中点①到点③所示溶液中随滴入醋酸反应，水的电离被抑制程度减小，即水的电离程度增大；恰好反应后继续滴加醋酸，对水电离起到抑制作用，图中点①到点③所示溶液中，水的电离程度先增大后减小，故B正确；C、点④所示溶液是醋酸和醋酸钠溶液，c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）=2c（Na+），电荷守恒c （Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），c（CH3COOH）+2c（H+）=c（CH3COO﹣）+2c（OH﹣），故C错误；D、滴定过程中的某点，醋酸钠和氢氧化钠混合溶液中会有c（Na+）＞c（CH3COO﹣）=c（OH ﹣）＞c（H+），故D正确；故选C．点评：本题考查了酸碱反应的图象分析，溶液中电荷守恒，离子浓度大小比较，题目难度较大．二、解答题（共2小题，满分36分）8．（16分）2014年我国各地出现连续干旱，给生产生活带来严重影响．为确保人、畜用水和安全，净水剂选择与制备尤为重要．（1）聚合氯化铝晶体（m）是一种高效无机水处理剂，它的制备原理是调节增大AlCl3溶液的pH，通过促进其水解而结晶析出．利用高岭土（化学组成为：A12O3、SiO2、Fe2O3、及少量杂质和水分，高岭土在煅烧的过程中可除去杂质和水分）制备聚合氯化铝，其制备过程有如图1两种途径：①途径Ⅰ和途径Ⅱ哪种更合理？途径I．②途径Ⅰ中加入铝粉最主要的目的是c．a．中和过量的盐酸b．将Fe3+还原为便于人体吸收的Fe2+c．除去溶液中的铁元素d．制备生成聚合氯化铝所需要的AlCl3③加入碳酸钙调节溶液pH至4.0～4.5的目的是调节增大溶液的pH，促使氯化铝水解而结晶析出．④蒸发浓缩过程中生成Al2（OH）n C16﹣n•xH2O的化学反应方程式是2AlCl3+（x+n）H2O Al2（OH）n Cl6﹣n•xH2O+nHCl↑．（2）Na2FeO4是一种既能杀菌、消毒，又能絮凝净水的水处理剂，其电解制法如图2所示，请根据图示分析：电解过程中的电池反应为Fe+2OH﹣+2H2O FeO42﹣+3H2↑；每转移0.6mol电子在Ni电极上产生的气体在标况下的体积为6.72L；隔膜用阳离子交换膜（只允许阳离子通过）还是阴离子交换膜（只允许阴离子通过）阳离子交换膜．考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．分析：将高岭土（化学组成为：A12O3、SiO2、Fe2O3、及少量杂质和水分，高岭土在煅烧的过程中可除去杂质和水分）煅烧，除去少量杂质和水分，途径I：向固体中加入过量稀盐酸，发生反应：Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O、Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，向溶液中加入适量铝粉，发生反应2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑、Al+3Fe3+=Al3++3Fe2+、3Fe2++2Al=2Al3++3Fe，过滤除去滤渣SiO2 、Fe，滤液中只含AlCl3；途径II：向固体中加入过量NaOH溶液，发生反应Al2O3+2NaOH=2 NaAlO2+H2O、SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，过滤得到滤渣Fe2O3，滤液中含有NaAlO2、Na2SiO3，然后向滤液中加入过量稀盐酸，发生反应NaAlO2+4HCl=NaCl+AlCl3+2H2O、Na2SiO3+2HCl=2NaCl+H2SiO3↓，两种滤液混合，然后加入碳酸钙并调节溶液的pH至4.0﹣4.5，碳酸钙和过量的稀盐酸反应，铁离子转化为氢氧化铁沉淀，然后蒸发浓缩得到聚合氯化铝晶体（m），据此分析解答．解答：解：将高岭土（化学组成为：A12O3、SiO2、Fe2O3、及少量杂质和水分，高岭土在煅烧的过程中可除去杂质和水分）煅烧，除去少量杂质和水分，途径I：向固体中加入过量稀盐酸，发生反应：Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O、Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，向溶液中加入适量铝粉，发生反应2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑、Al+3Fe3+=Al3++3Fe2+、3Fe2++2Al=2Al3++3Fe，过滤除去滤渣SiO2 、Fe，滤液中只含AlCl3；途径II：向固体中加入过量NaOH溶液，发生反应Al2O3+2NaOH=2 NaAlO2+H2O、SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，过滤得到滤渣Fe2O3，滤液中含有NaAlO2、Na2SiO3，然后向滤液中加入过量稀盐酸，发生反应NaAlO2+4HCl=NaCl+AlCl3+2H2O、Na2SiO3+2HCl=2NaCl+H2SiO3↓，两种滤液混合，然后加入碳酸钙并调节溶液的pH至4.0﹣4.5，碳酸钙和过量的稀盐酸反应，铁离子转化为氢氧化铁沉淀，然后蒸发浓缩得到聚合氯化铝晶体（m），（1）①途径Ⅰ中滤液中只含氯化铝，途径II滤液中含有NaCl、AlCl3，所以途径I更合理，故答案为：途径Ⅰ；②通过以上分析知，途径Ⅰ中加入铝粉最主要的目的是除去Fe元素，将Fe元素转化为Fe 单质通过过滤而除去，故选c；③通过以上分析知，加入碳酸钙的目的是除去过量的稀盐酸从而调节增大溶液的pH，从而促进氯化铝水解而结晶析出，故答案为：调节增大溶液的pH，促使氯化铝水解而结晶析出；④蒸发浓缩过程中生成Al2（OH）n C16﹣n•xH2O的化学反应方程式为2AlCl3+（x+n）H2O Al2（OH）n Cl6﹣n•xH2O+nHCl↑，故答案为：2AlCl3+（x+n）H2O Al2（OH）n Cl6﹣n•xH2O+nHCl↑；（2）电解时，Fe失电子转化为高铁酸根离子，所以Fe作阳极，阴极上氢离子放电生成氢气，所以电池反应式为Fe+2OH﹣+2H2O FeO42﹣+3H2↑，根据电池反应式知，每转移0.6mol 电子在Ni电极上产生的气体在标况下的体积=×22.4L/mol=6.72L；阳极生成的亚铁离子在阴极被氧化，所以阳离子需要通过离子交换膜，则该离子交换膜为阳离子交换膜，故答案为：Fe+2OH﹣+2H2O FeO42﹣+3H2↑；6.72L；阳离子交换膜．点评：本题考查混合物的分离和提纯和物质制备，为2015届高考高频点，侧重考查学生分析、判断、知识运用及基本操作能力，明确每一步操作中发生的反应及操作方法，注意途径I中加入适量锌发生的反应，为易错点．9．亚硝酸钠是一种工业盐，用途广泛；外观与食盐非常相似，但毒性较强，食品添加亚硝酸钠必须严格控制用量．某化学兴趣小组对食盐与亚硝酸钠进行了如下探究：㈠鉴别NaCl和NaNO2（1）测定溶液pH用PH试纸分别测定0.1mol•L﹣1两种盐溶液的PH，测得NaNO2溶液呈碱性．NaNO2溶液呈碱性的原因是NO2﹣+H2O=HNO2+OH﹣（用离子方程式解释）．NaNO2溶液中c（HNO2）=c（OH﹣）﹣c （H+）（用溶液中其它离子的浓度关系式表示）（2）沉淀法取2mL0.1mol•L﹣1两种盐溶液于试管中，分别滴加几滴稀硝酸银溶液．两只试管均产生白色沉淀．分别滴加几滴稀硝酸并振荡，盛NaNO2溶液的试管中沉淀溶解．该温度下K sp（AgNO2）=2×10﹣8（mol•L﹣1）2； K sp（AgCl）=1.8×10﹣10（mol•L﹣1）2则反应AgNO2（s）+Cl﹣（aq）═AgCl（s）+NO2﹣（aq）的化学平衡常数K=（3）氧化法取2mL0.1mol•L﹣1两种盐溶液于试管中，分别滴加几滴酸性KMnO4溶液．使酸性KMnO4溶液褪色的是NaNO2溶液．该反应的离子方程式为5NO2﹣+2MnO4﹣+6H+=5NO3﹣+2Mn2++3H2O．㈡NaNO2性质探究该兴趣小组同学用下图装置探究亚硝酸钠与硫酸反应及气体产物成分．已知：气体液化的温度：NO221℃、NO﹣152℃（1）为了检验装置A中生成的气体产物，仪器的连接顺序为（从左向右连接）：A→D→E→C→B；组装好仪器后，接下来进行的操作是检验装置的气密性．（2）反应前应打开弹簧夹，先通入一段时间氮气，排除装置中的空气．（3）在关闭弹簧夹，打开分液漏斗活塞，滴入70%硫酸后，A中产生红棕色气体．①如何确认A中产生气体是否含有NO打开活塞，向D中通入O2，若出现红棕色气体，证明A中产生气体含有NO；若无红棕色气体出现，则不含NO．（写出实验操作、现象和结论）②装置E的作用是冷凝使NO2完全液化．③若向D中通入过量O2，则装置B中发生反应的化学方程式为4NO2+O2+4NaOH=4NaNO3+2H2O．考点：性质实验方案的设计．分析：（一）（1）NaNO2溶液显示碱性，NaNO2说明为强碱弱酸盐，亚硝酸根离子水解导致溶液显示碱性；根据亚硝酸钠溶液中的质子守恒分析；（2）写出该反应的平衡常数表达式，然后根据K sp（AgNO2）、K sp（AgCl）进行计算；（3）酸性高锰酸钾具有强氧化性，将亚硝酸根离子氧化成硝酸根离子；（二）（1）根据各部分装置的作用进行连接；（3）①根据一氧化氮和氧气反应生成红棕色二氧化氮气体判断；②温度低于二氧化氮液化温度时，二氧化氮变成液态；③氧气过量，进入B中可理解为先生成硝酸，硝酸再与氢氧化钠反应生成硝酸钠和水．解答：解：（一）（1）由于亚硝酸钠溶液中存在水解平衡：NO2﹣+H2O=HNO2+OH﹣，所以亚硝酸钠溶液显示碱性；根据亚硝酸钠溶液中的质子守恒可得：c（OH﹣）=c（HNO2）+c（H+），则c（HNO2）=c（OH﹣）﹣c（H+），故答案为：NO2﹣+H2O=HNO2+OH﹣；c（OH﹣）﹣c（H+）；（2）反应AgNO2（s）+Cl﹣（aq）═AgCl（s）+NO2﹣（aq）的化学平衡常数K=，根据K sp（AgCl）=c（Cl﹣）•c（Ag+）、K sp（AgNO2）=c（NO2﹣）•c（Ag+）可知，K====，故答案为：；（3）酸性高锰酸钾具有强氧化性，能够将亚硝酸钠氧化成硝酸钠，反应的离子方程式为：5NO2﹣+2MnO4﹣+6H+=5NO3﹣+2Mn2++3H2O，故答案为：5NO2﹣+2MnO4﹣+6H+=5NO3﹣+2Mn2++3H2O；（二）（1）C吸收水蒸气，B尾气处理，防止污染空气，D检验NO，E冷却二氧化氮，利用检验NO，所以装置的连接为：A→D→E→C→B；组装好仪器后，接下来进行的操作实验是检查装置气密性，故答案为：E；D；B；检验装置的气密性；（3）①确认A中产生气体是否含有NO的方法为：打开活塞，向D中通入O2，若出现红棕色气体，证明A中产生气体含有NO；若无红棕色气体出现，则不含NO，故答案为：打开活塞，向D中通入O2，若出现红棕色气体，证明A中产生气体含有NO；若无红棕色气体出现，则不含NO；②二氧化氮的液化温度是21℃，低于此温度时，二氧化氮气体变成液态，所以装置E的作用是冷凝使NO2完全液化，故答案为：冷凝使NO2完全液化；③如果向D中通入过量O2，则装置B中二氧化氮、氧气和氢氧化钠反应生成硝酸钠和水，其反应方程式为：4NO2+O2+4NaOH=4NaNO3+2H2O，故答案为：4NO2+O2+4NaOH=4NaNO3+2H2O．点评：本题考查性质实验方案的设计与评价，题目难度较大，明确物质的性质和实验原理为解关键，注意实验设计要遵循严密性、可行性、科学性的原则，试题考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力．选做题（从下面两题中任选一题作答）10．第二周期中碳、氮、氧是构成生命物质的三种主要元素，在生产生活中也有着重要的应用．（1）第二周期中，第一电离能处于B与N之间的元素有3种（2）某元素位于第四周期VIII族，其基态原子的未成对电子数与基态碳原子的未成对电子数相同，则其基态原子的价层电子排布式为3d84s2．（3）乙烯酮（CH2=C=O）是一种重要的有机中间体，可用CH3COOH在痕量（C2H5O）3P=O存在下加热脱H2O得到．乙烯酮分子中碳原子杂化轨道类型有sp2和sp．CH3COOH的沸点比HCOOCH3的高，其主要原因是CH3COOH能够形成分子间氢键，使沸点升高，HCOOCH3不能形成氢键．（4）CH2=CHCN是制备晴纶的原料，其分子中σ键和π键的个数之比为2：1（填最简整数比），（5）碳化硅的结构与金刚石类似，其硬度仅次于金刚石，具有较强的耐磨性能．每个碳原子周围与其距离最近的硅原子有4个．考点：元素电离能、电负性的含义及应用；原子核外电子排布；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．分析：（1）同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于相邻元素；（2）元素位于第四周期VIII族，其基态原子的未成对电子数与基态碳原子的未成对电子数相同，C原子的电子排布为1s22s22p2，未成对电子数为2，则该元素为Ni；。

2015 年广东省高考化学模拟试卷一、选择题（共8 小题，每小题7 分，满分 56 分）1．化学与生活息息相关，下列说法正确的是（）A ． SO2、CO2和 NO2都是可形成酸雨的气体B ．棉、麻和油脂都是高分子化合物C ．氧化铝陶瓷和光导纤维都是无机非金属材料D ．纤维素在人体内可水解成葡萄糖，供人体组织的营养需要2．设 N A为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A ． 1 mol甲烷中含有10N A个质子B ． 27g 铝被完全氧化成氧化铝，失去2N A个电子C ．标准状况下， 22.4 L苯含有N A个C6H6分子D ．常温常压下， 28g 乙烯含有2N A个碳碳双键3．下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并且有因果关系的是（）选项叙述Ⅰ叙述ⅡA Cl 2有酸性用 Cl 2可与石灰乳或烧碱反应制备含氯消毒剂B33NaHCO溶于水完全电离NaHCO是强电解质C浓 H SO 有强氧化性浓 H SO 可用于干燥 SO24242D Na2S 有强还原性用于除去废水中的Cu2+和 Hg2+A ． AB ． BC ． CD ． D4．常温下，有体积相同的四种溶液：①pH=3的 CH3COOH溶液；② pH=3 的盐酸；③ pH=11 的氨水；④ pH=11 的 NaOH溶液．下列说法正确的是（）A ．①和②混合溶液中：+﹣1 c（ H ）=3.0mol?LB ．①和④混合溶液中：+﹣c（ Na ） =c（CH3COO） +c（ CH3COOH）C ．②和③混合溶液中：﹣++﹣）c（ Cl ） +c（ H）＞ c（ NH ）+c（ OH4D ．四种溶液稀释100 倍，溶液的pH：③＞④＞②＞①5．下列实验操作正确且能达到目的是（）A ．用 NH4Cl 溶液蒸干制备NH4Cl 固体B ．用重结晶法除去KNO3中混有的NaClC ．用 BaCl2溶液鉴别AgNO3溶液和 K2SO4溶液D ．用 NaOH溶液和分液漏斗萃取溴水中的溴6．如图所示的电化学装置，下列叙述正确的是（）A ． a 和 b 用导线连接，电子由碳经过导线流向铁B ． a 和 b 用导线连接，铁电极的电极反应为：﹣3+ Fe﹣ 3e =FeC ． a 、b 分别连接直流电源正、负极，可以防止铁被腐蚀D ． a 、b 分别连接直流电源负、正极，电压足够大时，Na+向铁电极移动7．元素 R、 X、 T、 Z、 Q在元素周期表中的相对位置如下表所示，其中只有X 是短周期的金属元素，下列判断正确的是（）A ． X 的最高价氧化物能溶于强碱B ．非金属性： T＜ RC ．气态氢化物稳定性：T＞ ZD ． R 与 Q的原子核外电子数相差168．下列实验操作、现象和结论均正确的是（）选项实验操作现象结论A SO通入溴水中溶液褪色 SO 有漂白性22B 将 Fe（ NO）样品溶于稀 H SO，滴加 KSCN溶液溶液变红 Fe （ NO）样品已氧化变质322432C 将新制氯水和KI 溶液在试管中混合后，加入CCl4，振荡静置溶液分层，下层呈紫色氧化性： Cl ＞ I22D 分别向 0.1 mol?L﹣1醋酸和饱和硼酸溶液中滴加0.1mol?L ﹣1Na2CO3溶液醋酸中有气泡产生，硼酸中没有气泡产生酸性：醋酸＞碳酸＞硼酸A ． AB ． BC ． CD ． D二、解答题（共 4 小题，满分64 分）9．羰基化反应是制备不饱和酯的有效途径，如：反应①：化合物 I 可由化合物Ⅲ合成：（1）化合物Ⅱ的分子式为，化合物Ⅱ在NaOH溶液中完全水解的化学方程式为．（2）化合物Ⅲ的结构简式为，化合物Ⅳ通过消去反应生成化合物I 的化学方程式为（注明反应条件）．（3）化合物Ⅴ是化合物Ⅱ的同分异构体，苯环上有两个取代基且能发生银镜反应，Ⅴ的核磁共振氢谱除苯环峰外还有两组峰，峰面积之比为 1：2，Ⅴ的结构简式为（写一种即可）．（4）聚合物单体的结构简式为．用类似反应①的方法，利用丙炔与合适的原料可以合成该单体，化学方程式为．10．甲烷水蒸气重整制合成气是利用甲烷资源的途径之一，该过程的主要反应是反应①： CH4（g） +H2O（ g） ? CO（ g） +3H2（g）△ H＞ 0（1）已知：﹣1CH4（g） +2O（g） =CO2（ g） +2H2O（ g）△H1=﹣802kJ?molCO（ g） +O2（ g）=CO2（ g）△H2=﹣283kJ?mol ﹣1H2（g） + O2（ g） =H2 O（ g）△H3=﹣242kJ?mol ﹣1则反应①的△ H=（用△H1、△H2和△H3表示）．（2）其他条件相同，反应①在不同催化剂（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ）作用下反应相同时间后，CH4的转化率随反应温度的变化如图所示．①在相同条件下，三种催化剂Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的催化效率由高到低的顺序是．②a点所代表的状态（填“是”或“不是”）平衡状态．③c点 CH4的转化率高于 b 点，原因是．（3）反应①在恒容密闭反应器中进行，CH 和 H O的起始物质的量之比为1： 2，10h 后 CH424的转化率为 80%，并测得 c（H2 O）=0.132mol?L﹣1内消耗 CH的平均反应速率，计算 0～ 10h4（写出计算过程，结果保留 2 位有效数字）．（4）在答题卡的坐标图中，画出反应①分别在700℃和 850℃下进行时， CH4的转化率随时间 t 变化的示意图（进行必要标注）．11．软锰矿的主要成分为MnO2，还含有Fe2O3、 MgO、Al 2O3、 CaO等杂质，工业上用软锰矿制取MnSO4?H2O的流程如下：3+3+2+2+溶液的 pH 分别为 3.2、5.2 、10.4 、已知： Fe 、Al、Mn 和 Mg 以氢氧化物形式完全沉淀时，12.4 ；温度高于27℃时， MnSO的溶解度随温度的升高而逐渐降低．4（1）“浸出”过程中MnO2转化为 Mn2+的离子方程式为．（2）“浸出”过程中Fe2O3转化为 Fe3+和 Fe2+，相关反应的离子方程式为．（3）“滤渣 1”的主要成分是，“调 pH 至 5～6”所加的试剂是（填“石灰水”或“稀硫酸”）．（4）根据如表数据，选择“第 2 步除杂”所加的物质A（由一种阳离子和一种阴离子组成），物质 A 的化学式为．阴离子K sp阳离子32﹣F﹣﹣CO OHCa2+ 5.0 ×10 ﹣9 1.5 ×10 ﹣10 4.7 ×10 ﹣62+3.8×10﹣67.4 ×10﹣ 115.6×10﹣ 12Mg2+2.2×10﹣115.3﹣ 32.1×10﹣ 13Mn×10Zn2+1.2×10﹣10 3.0×10 ﹣26.9×10 ﹣17（5）采用“趁”操作的原因是．12．碳酸、酸是中学化学中的常用．（1）甲同学定 CaCO3固体与量 0.1mol?L ﹣1 HCl 的反速率．① 反的化学方程式．② 两种方案：方案一：通量和算反速率方案二：通量和算反速率﹣ 1HCl ：量取﹣ 1③配制 250mL 0.1mol?L mL 10mol?L HCl 加入杯中，加适量蒸水，拌，将溶液入中，洗，定容，匀．（2）乙同学用如装置探究固体表面和反物度化学反速率的影响．限与用品： 0.1mol?L ﹣1 HCl 、粒状 CaCO3、粉末状 CaCO3、蒸水、量筒、秒表① 方案：在固体表面或反物度不同的条件下，定（要求所得的数据能直接体反速率大小）．② 定表格，完整体方案．（表格列数自定；列出所用的用量、待物理量和定的数据；数据可用字母a、 b、 c 等表示）物理量序号﹣ 1 V （0.1mol?LHCl）/mL⋯目的： 1 和 2 探究固体表面反速率的影响； 1 和 3 探究反物度反速率的影响1⋯2⋯3⋯2015 年广东省高考化学模拟试卷参考答案与试题解析一、选择题（共8 小题，每小题7 分，满分 56 分）1．化学与生活息息相关，下列说法正确的是（）A ． SO2、CO2和 NO2都是可形成酸雨的气体B ．棉、麻和油脂都是高分子化合物C ．氧化铝陶瓷和光导纤维都是无机非金属材料D ．纤维素在人体内可水解成葡萄糖，供人体组织的营养需要考点：纤维素的性质和用途；无机非金属材料；有机高分子化合物的结构和性质．分析： A 、二氧化碳不是产生酸雨的气体，它导致的是温室效应；B、油脂是高级脂肪酸甘油酯，属于小分子化合物；C、新型无机非金属材料主要有先进陶瓷、非晶体材料、人工晶体、无机涂层、无机纤维等；D、人体内无纤维素酶；纤维素不能在人体内水解．解答：解：A、二氧化碳不是产生酸雨的气体，它导致的是温室效应，故 A 错误；B、油脂是高级脂肪酸甘油酯，属于小分子化合物，故 B 错误；C、光导纤维、氧化铝陶瓷等属于新型无机非金属材料，故 C 正确；D、人体内无纤维素酶，不能消化纤维素，故D错误，故选 C．点评：本题考查有机物的结构与性质、酸雨的成因、无机非金属材料等，题目难度不大．2．设 N A为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A ． 1 mol甲烷中含有10N A个质子B ． 27g 铝被完全氧化成氧化铝，失去2N A个电子C ．标准状况下， 22.4 L苯含有N A个C6H6分子D ．常温常压下， 28g 乙烯含有2N A个碳碳双键考点：阿伏加德罗常数．分析： A 、甲烷是10 电子微粒；B、根据反应后铝的价态来分析；C、标况下，苯为液态；D、求出乙烯的物质的量，然后根据1mol 乙烯含 1mol 双键来分析．解答：解：A、甲烷是10 电子微粒， 1mol 甲烷含 10mol 电子和 10mol 质子，故 A 正确；B 、 27g 铝的物质的量为 1mol ，反应后铝的价态为 +3 价，故 1mol 铝失去 3mol 电子，故 B 错误；C 、标况下，苯为液态，故C 错误；D 、 28g 乙烯的物质的量为 1mol ，而 1mol 乙烯含 1mol 双键，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，掌握公式的使用和物质的结构、状态是解题关键，难度不大．3．下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并且有因果关系的是（ ）选项 叙述Ⅰ 叙述ⅡA Cl 2 有酸性 用 Cl 2 可与石灰乳或烧碱反应制备含氯消毒剂B NaHCO 3溶于水完全电离 NaHCO 3 是强电解质C 浓 H 2SO 有强氧化性浓 H SO 可用于干燥 SO4242D Na 2S 有强还原性用于除去废水中的 Cu 2+和 Hg 2+A ． AB ． BC ． CD ． D考点： 浓硫酸的性质；强电解质和弱电解质的概念；氯气的化学性质；物质的分离、提纯和除杂．分析： A 、Cl 2 可与石灰乳反应制备漂白粉，具有消毒、漂白、杀菌的作用；B 、电解质的强弱是根据电离程度划分的，碳酸氢钠是弱酸强碱酸式盐，是强电解质完全电 离；C 、浓 H 2SO 4 可用于干燥 SO 2，是浓硫酸的吸水性；D 、用 Na 2S 除去废水中的 Cu 2+和 Hg 2+ ，是利用硫离子与铜离子与汞离子生成难溶物．解答： 解： A 、氯气与烧碱、石灰乳发生氧化还原反应，与酸性无关，故A 错误；B 、电解质的强弱是根据电离程度划分的，在水溶液里或熔融状态下完全电离是电解质是强电解质，碳酸氢钠是弱酸强碱酸式盐，电离方程式为：NaHCO 3=Na ++HCO 3﹣；是强电解质完全电离，故 B 正确；C 、浓 H 2SO 4 可用于干燥 SO 2，是浓硫酸的吸水性，故C 错误；2+ 2+ D 、用 Na 2S 除去废水中的 Cu 和 Hg ，是利用硫离子与铜离子与汞离子生成难溶物，而不是应用 Na 2S 还原性，故 D 错误；点评：本题考查了物质性质的分析应用，熟练掌握强电解质、浓硫酸的性质、硫化钠的性质等基础知识是解题关键，题目难度不大．4．常温下，有体积相同的四种溶液：①pH=3 的 CH3COOH溶液；② pH=3 的盐酸；③ pH=11 的氨水；④ pH=11 的 NaOH溶液．下列说法正确的是（）A ．①和②混合溶液中：c（ H+）=3.0mol?L ﹣1B ．①和④混合溶液中：+3﹣3c（ Na ） =c（CHCOO） +c（ CHCOOH）C ．②和③混合溶液中：c（ Cl ﹣++﹣） +c（ H）＞ c（ NH4）+c（ OH ）D ．四种溶液稀释 100倍，溶液的 pH：③＞④＞②＞①考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph 的计算．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析： pH=3 的 CHCOOH溶液中 c（ CHCOOH）＞ 10﹣3﹣ 3mol/L ，mol/L ，pH=3 的盐酸中 c（ HCl）=1033pH=11的氨水中 c（ NH． H O）＞10﹣ 3mol/L﹣ 3mol/L ，， pH=11 的 NaOH溶液中 c（ NaOH） =1032A、①与②混合， CH3COOH浓度改变， pH 变化；B、①和④混合后，醋酸过量；C、②和③混合后，氨水过量，溶液中的溶质是NH?H O和 NHCl ，根据电荷守恒来分析；324D、根据酸、碱的相对强弱确定稀释后酸、碱的pH．33﹣ 3mol/L ，pH=3 的盐酸中 c（ HCl）=10解答：解： pH=3 的 CHCOOH溶液中 c（ CHCOOH）＞ 10﹣3 mol/L ， pH=11 的氨水中 c（ NH3．H2O）＞ 10﹣3 mol/L ， pH=11的 NaOH溶液中 c（ NaOH）=10﹣3 mol/L ，﹣A、①与②混合，由于平衡常数不变，CH3COOH、CH3COO浓度均减半，则氢离子浓度不变，混合溶液的 pH=3， c（H+）=0.001mol?L ﹣1，故 A 错误；B、①和④混合后，醋酸过量，溶液中的溶质为CH3COOH和 CH3COONa，故+﹣c（ Na）＜ c（ CHCOO）+c（ CHCOOH），故 B 错误；33C、②和③混合后，氨水过量，溶液中的溶质是324+ NH?H O和 NHCl ，溶液显碱性，故有：c（ H ）﹣﹣+﹣++＜c（ OH ），根据电荷守恒可知：c（ Cl）＜ c（ NH4），故有： c（ Cl）+c（ H ）＜ c（ NH4）﹣+c（ OH ），故 C错误；D．将这四种溶液加水稀释100 倍，促进醋酸和一水合氨电离，导致醋酸中氢离子浓度大于盐酸，氨水中氢氧根离子浓度大于氢氧化钠，但酸仍然是酸，碱仍然是碱，所以这四种溶液的pH 大小顺序是：③＞④＞②＞①，故 D 正确．故选 D．点评：本题考查了弱电解质的电离，明确弱电解质电离特点是解本题关键，根据电解质的电离、酸碱混合溶液定性判断等知识点来分析解答，易错选项是B，注意二者等体积混合时，醋酸过量，溶液中的溶质为醋酸和醋酸钠，为易错点．5．下列实验操作正确且能达到目的是（）A ．用 NH4Cl 溶液蒸干制备NH4Cl 固体B ．用重结晶法除去KNO3中混有的NaClC ．用 BaCl2溶液鉴别AgNO3溶液和 K2SO4溶液D ．用 NaOH溶液和分液漏斗萃取溴水中的溴考点：化学实验方案的评价．分析： A ．NH4Cl 受热易分解；B．利用二者溶解度随温度变化不同进行分离；C． BaCl2溶液与 AgNO3溶液和 K2SO4溶液反应都生成沉淀；D．氢氧化钠能与溴水反应．解答：解：A．NH4Cl 受热易分解，应采用冷却热NH4Cl 饱和溶液制备NH4Cl 晶体，故 A 错误；B．硝酸钾的溶解度随温度的变化而变化很明显，而氯化钠基本不变，当温度降低时，硝酸钾溶解度迅速减小，氯化钠基本不变，所以降低温度时，硝酸钾迅速析出，氯化钠不析出，故 B 正确；C． BaCl2溶液与 K2SO4溶液生成 BaSO4沉淀，与 AgNO3溶液反应生成 AgCl 沉淀，不能鉴别，故 C 错误；D．氢氧化钠能与溴水反应，不能做萃取剂，故 D 错误．故选 B．点评：本题考查较为综合，涉及物质的分离提纯和除杂等知识，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高考常见题型，注意相关知识的学习与积累，难度不大．6．如图所示的电化学装置，下列叙述正确的是（）A ． a 和 b 用导线连接，电子由碳经过导线流向铁B ． a 和 b 用导线连接，铁电极的电极反应为：Fe﹣ 3e﹣ =Fe3+C ． a 、b 分别连接直流电源正、负极，可以防止铁被腐蚀D ． a 、b 分别连接直流电源负、正极，电压足够大时，Na+向铁电极移动考点：原电池和电解池的工作原理．分析： A 、发生吸氧腐蚀，铁是负极，电子由铁流向碳；B、铁放电，变为二价铁；C、铁与电源的负极相连，可以防止铁被腐蚀；D、 a、 b 分别连接直流电源负、正极，阳离子向阴极移动．解答：解：A、发生吸氧腐蚀，铁是负极，电子由铁流向碳，故 A 错误；B、铁放电，变为二价铁，所以电极反应式为：Fe﹣ 2e﹣ =Fe2+，故 B 错误；C、铁与电源的负极相连，可以防止铁被腐蚀，故 C 正确；D、 a、 b 分别连接直流电源负、正极，阳离子向阴极移动，所以向碳方向移动，故D错误；故选 C．点评：本题考查了原电池，电解池原理的分析应用，电极名称和判断是解题关键，题目较简单．7．元素 R、 X、 T、 Z、 Q在元素周期表中的相对位置如下表所示，其中只有X 是短周期的金属元素，下列判断正确的是（）A ． X 的最高价氧化物能溶于强碱B ．非金属性： T＜ RC ．气态氢化物稳定性：T＞ ZD ． R 与 Q的原子核外电子数相差16考点：原子结构与元素的性质．分析：元素R、X、T、Z、Q在元素周期表中的相对位置如下表所示，其中只有X 是短周期的金属元素，则X 为 Al 元素， R 为 C 元素， T 为 Si 元素， Q为 Ge元素， Z 为 P 元素，结合元素周期律解答．解答：解：A．X为Al元素，氧化铝能溶于强碱，故 A 正确；B．同主族从上到下非金属性依次减弱，则非金属性：T＜ R，故 B 正确；C．同周期从左到右非金属性依次增强，对应气态氢化物的稳定性依次增强，则气态氢化物稳定性： T＜ Z，故 C错误；D． R 为 C元素， Q为 Ge元素，二者原子核外电子数相差26，故 D错误．故选 AB．点评：本题考查结构位置性质关系、元素周期表的结构、元素周期律等，难度不大，推断X 为 Al 元素是解题的关键，注意掌握元素周期律．8．下列实验操作、现象和结论均正确的是（）选项实验操作现象结论A SO 2通入溴水中溶液褪色 SO2有漂白性B 将 Fe（ NO）样品溶于稀 H SO，滴加 KSCN溶液溶液变红 Fe （ NO）样品已氧化变质322432C 将新制氯水和KI 溶液在试管中混合后，加入CCl4，振荡静置溶液分层，下层呈紫色氧化性： Cl 2＞ I 2D 分别向 0.1 mol?L﹣ 1醋酸和饱和硼酸溶液中滴加0.1mol?L﹣ 1Na2CO溶液醋酸中有气泡产3生，硼酸中没有气泡产生酸性：醋酸＞碳酸＞硼酸A ． A B．B C．C D．D考点：化学实验方案的评价；氧化性、还原性强弱的比较；二氧化硫的化学性质．分析： A ．二氧化硫和溴水发生氧化还原反应；B．硝酸根离子在酸性条件下可氧化亚铁离子；C．下层呈紫色，说明生成碘；D．醋酸中有气泡产生，硼酸中没有气泡产生，说明醋酸可生成碳酸，酸性比碳酸强．解答：解：．二氧化硫和溴水发生氧化还原反应，说明二氧化硫具有还原性，故 A 错误；B．硝酸根离子在酸性条件下可氧化亚铁离子，不能酸化，应直接加入KSCN，故 B 错误；C．下层呈紫色，说明生成碘，可说明氧化性：Cl 2＞ I 2，氯气置换出碘，故 C 正确；D．醋酸中有气泡产生，硼酸中没有气泡产生，说明醋酸可生成碳酸，酸性比碳酸强，可说明酸性：醋酸＞碳酸＞硼酸，故 D 正确．故选 CD．点评：本题考查较为综合，涉及硝酸、二氧化硫以及氧化性、酸性的比较，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力和评价能力的考查，学习中注意相关基础知识的积累，难度不大．二、解答题（共 4 小题，满分64 分）9．羰基化反应是制备不饱和酯的有效途径，如：反应①：化合物 I 可由化合物Ⅲ合成：（1）化合物Ⅱ的分子式为C10 H10O2，化合物Ⅱ在NaOH溶液中完全水解的化学方程式为+NaOH→+CH3OH ．（2）化合物Ⅲ的结构简式为，化合物Ⅳ通过消去反应生成化合物 I 的化学方程式为+NaOH+NaBr+H2O （注明反应条件）．（3）化合物Ⅴ是化合物Ⅱ的同分异构体，苯环上有两个取代基且能发生银镜反应，Ⅴ的核磁共振氢谱除苯环峰外还有两组峰，峰面积之比为1： 2，Ⅴ的结构简式为（写一种即可）．（4）聚合物单体的结构简式为．用类似反应①的方法，利用丙炔与合适的原料可以合成该单体，化学方程式为CH3C≡CH+CO+CH3OH．考点：有机物的合成．分析：（ 1）根据化合物Ⅱ的结构简式可写出分子式，化合物Ⅱ中有酯基，在碱性条件下能发生水解反应生成羧酸钠和醇；（2）根据化合物Ⅲ与溴加成得，可知化合物Ⅲ为，化合物Ⅳ通过消去反应生成化合物I 为；（3）化合物Ⅴ是化合物Ⅱ的同分异构体，苯环上有两个取代基且能发生银镜反应，说明有醛基，Ⅴ的核磁共振氢谱除苯环峰外还有两组峰，峰面积之比为1： 2，说明两个取代基上的氢原子数之比为1： 2，据此写出Ⅴ的结构简式；（4）根据聚合物可知，该物质为加聚产物，据此可写出单体，反应①为炔与 CO、甲醇反应生成稀酯，据此写化学方程式；解答：解：（1）根据化合物Ⅱ的结构简式可知其分子式为C10 H10O2，化合物Ⅱ中有酯基，在碱性条件下能发生水解反应生成羧酸钠和醇，化学方程式为+NaOH→+CH3OH，故答案为： C10H10O2；+NaOH→+CH3OH；（2）根据化合物Ⅲ与溴加成得，可知化合物Ⅲ为，化合物Ⅳ通过消去反应生成化合物I 为，反应的化学方程式为+NaOH+NaBr+H2O，故答案为：；+NaOH+NaBr+H2O；（3）化合物Ⅴ是化合物Ⅱ的同分异构体，苯环上有两个取代基且能发生银镜反应，说明有醛基，Ⅴ的核磁共振氢谱除苯环峰外还有两组峰，峰面积之比为1： 2，说明两个取代基上的氢原子数之比为1： 2，符合这样条件的Ⅴ的结构简式为，故答案为：；（4）根据聚合物可知，该物质为加聚产物，所以它的单体为，丙炔与合适的原料可以合成该单体的化学方程式为CH3C≡CH+CO+CH3OH，故答案为：； CH3C≡CH+CO+CH3OH；点评：本题考查了有机物的官能团及其性质，知道常见有机物官能团及其性质是解本题关键，知道有机反应中断键、成键方式，并结合题给信息分析解答，题目难度中等．10．甲烷水蒸气重整制合成气是利用甲烷资源的途径之一，该过程的主要反应是反应①： CH4（g） +H2O（ g） ? CO（ g） +3H2（g）△ H＞ 0（1）已知：﹣1CH4（g） +2O（g） =CO2（ g） +2H2O（ g）△H1=﹣802kJ?molCO（ g） +O2（ g）=CO2（ g）△H2=﹣283kJ?mol ﹣1H2（g） + O2（ g） =H2 O（ g）△H3=﹣242kJ?mol ﹣1则反应①的△ H=△H1﹣△H2﹣3×△H3（用△H1、△H2和△H3表示）．（2）其他条件相同，反应①在不同催化剂（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ）作用下反应相同时间后，CH4的转化率随反应温度的变化如图所示．①在相同条件下，三种催化剂Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的催化效率由高到低的顺序是Ⅰ＞Ⅱ＞Ⅲ．②a点所代表的状态不是（填“是”或“不是”）平衡状态．③c点 CH4的转化率高于 b 点，原因是 b 和 c 都没平衡， c 点温度高，反应速率快，相同时间内转化率高．（3）反应①在恒容密闭反应器中进行，CH4和 H2O的起始物质的量之比为1： 2，10h 后 CH4的转化率为 80%，并测得 c（H O）=0.132mol?L﹣1，计算 0～ 10h 内消耗 CH的平均反应速率24（写出计算过程，结果保留 2 位有效数字）．（4）在答题卡的坐标图中，画出反应①分别在700℃和 850℃下进行时， CH4的转化率随时间 t 变化的示意图（进行必要标注）．考点：化学平衡的计算；用盖斯定律进行有关反应热的计算；转化率随温度、压强的变化曲线．分析：（1）根据盖斯定律计算；（2）根据图象，反应①在不同催化剂（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ）作用下反应相同时间后，CH4的转化率为Ⅰ＞Ⅱ＞Ⅲ，结合催化剂只改变反应速率不改变平衡移动，所以最终不同催化剂（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ）作用下达平衡时CH4的转化率相同，据此分析；（3）依据化学平衡的三段式结合平均反应速率V=列式计算；（4）CH4（g）+H2O（g）? CO（ g） +3H2（ g）△ H＞ 0，根据温度减小反应速率减小及达到平衡时 CH4的转化率减小，据此画出在 700℃和 850℃下进行时， CH4的转化率随时间 t 变化的示意图．﹣ 1解答：解：（1）已知：① CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H1=﹣802kJ?mol②CO（ g） +O2（g） =CO2（ g）△H2=﹣283kJ?mol ﹣1③H2（g）+O2（ g）=H2O（ g）△H3=﹣242kJ?mol ﹣1利用盖斯定律将①﹣②﹣3×③可得：CH4（ g） +H2O（ g） =CO（ g） +3H2（g）△H=△H1﹣△H2﹣3×△H3，故答案为：△H 1﹣△H2﹣3×△H3；（2）①根据图象，反应①在不同催化剂（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ）作用下反应相同时间后，CH4的转化率为Ⅰ＞Ⅱ＞Ⅲ，所以三种催化剂Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的催化效率由高到低的顺序是。

1.(2015全国课标Ⅱ,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解析:根据食品干燥剂对无毒、无味、无腐蚀性及环境友好的要求,硅胶、CaCl2以及加工后具有吸水性的植物纤维都可用作食品干燥剂,P2O5吸水生成磷酸或偏磷酸,不可用作食品干燥剂,A、B、D三项正确,CaCl2·6H2O不具有吸水性,C项错误。

2.(2015全国课标Ⅱ,8)某羧酸酯的分子式为C18H26O5,1 mol该酯完全水解可得到1 mol羧酸和2 mol 乙醇,该羧酸的分子式为( )A.C14H18O5B.C14H16O4C.C16H22O5D.C16H20O5答案:A解析:因1 mol酯完全水解可得到1 mol羧酸和2 mol乙醇,即C18H26O5+2H2O根据原子守恒,得C x H y O z为C14H18O5,所以选A。

3.(2015全国课标Ⅱ,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各自最髙和最低化合价的代数和分别为0、4、6答案:B解析:因a-的电子层结构与He相同,所以a为H;因b、c次外层有8个电子,最外层电子数分别为6、7,所以b、c分别为S、Cl;因c-和d+的电子层结构相同,且d最外层为1个电子,所以d为K。

故c(Cl)、b(S)、a(H)的非金属性次序为c(Cl)>b(S)>a(H),A项正确;元素H与K不能形成共价化合物,所以B项错误;元素K可与H、S、Cl分别形成离子化合物KH、K2S、KCl,所以C项正确;因a、b、c对应元素的最高化合价和最低化合价分别为+1、+6、+7价和-1、-2、-1价,所以它们的代数和分别为0、4、6,D 项正确。

高考化学模拟测试题(附有答案解析)班级:___________姓名：___________考号：______________一、单选题（本大题共12小题，共36.0分）1. 古籍中记载的下列事实或现象的形成，未涉及氧化还原反应的是()A. 《本草纲目》：“野外之鬼磷，其火色青，其状如炬，俗称鬼火”B. 《淮南万毕术》：“曾青得铁则化为铜”C. 《鹤林玉露⋅一钱斩吏》：绳锯木断，水滴石穿D. 《本草经疏》：“丹砂(HgS)，味甘微寒而无毒⋅⋅⋅若经伏火⋅⋅⋅则毒等砒硇，服之必毙”2. 抗结肠炎药物Y结构如图所示，以下说法错误的是()A. 该有机物既能和酸反应又能和碱反应B. 1mol该有机物可以和2molNaOH发生反应C. 该有机物可以发生缩聚反应D. 该有机物不能使酸性高锰酸钾溶液褪色3. 用固体样品配制一定物质的量浓度的溶液，需经过称量、溶解、转移溶液、定容等操作。

下列图示对应的操作规范的是()A. 称量B. 溶解C. 转移D. 定容4. 下列说法正确的是()A. 同主族元素含氧酸的酸性随核电荷数的增加而减弱B. 原子最外层电子数为2的元素一定处于周期表第ⅡA族C. 同周期中金属性最强的元素是ⅠA族金属元素D. 元素周期表中位于金属和非金属分界线附近的元素属于过渡元素5. 下列有关物质的用途叙述不正确的是()A. 氮气常用作保护气B. 液氨常用作制冷剂C. 氯化铵常用作氮肥D. 氨水常用作消毒剂6. 下列离子在pH=1的溶液中能够大量共存的是()A. F—、Na+、K+、Cl—B. Ca2+、K+、Cl—、NO3—C. Fe2+、NO3—、K+、Cl— D. Al3+、AlO2—、K+、Cl—7. 下列化学用语表达正确的是()A. 基态硫原子的轨道表示式：B. H2S的电子式：C. SO3的VSEPR模型：D. SO2的分子的空间结构模型8. 下列关于有机物的说法中，正确的一组是()①淀粉、油脂、蛋白质在一定的条件下都能发生水解反应②“乙醇汽油”是在汽油里加入适量乙醇而成的一种燃料，它是一种新型化合物③除去乙酸乙酯中得残留的乙酸，可加过量饱和碳酸钠溶液振荡后，静置分液④石油的分馏、裂化和煤的干馏都是化学变化⑤淀粉遇碘酒变蓝色，葡萄糖能与新制氢氧化铜溶液反应⑥汽油、柴油和植物油都是碳氢化合物，完全燃烧只生成CO2和H2OA. ①③⑤B. ②④⑥C. ①②⑤D. ③④⑥9. 一种碳化硅晶体的晶胞如下图所示，与金刚石的类似。

2015年高考一模化学试卷一、选择题（共7小题，每小题5分，共35分．每小题只有一个选项符合题意．）1．化学“暖手袋”是充满过饱和醋酸钠溶液的密封塑胶袋，袋内置有一个合金片．当合金片轻微震动使溶质结晶，该过程放热．下列说法不正确的是（）A．彩色密封塑胶袋能造成白色污染B．钠、氧化钠、氢氧化钠都能与醋酸反应得到醋酸钠C．大多数合金比各成分金属硬度大，熔点低D．任何物理变化和化学变化都伴随着能量的变化考点：反应热和焓变．.专题：化学反应中的能量变化．分析：A．根据白色污染指塑料制品形成的污染分析；B．根据钠、氧化钠、氢氧化钠都能与醋酸反应的产物分析；C．根据合金的特点分析；D．物理过程不一定伴随着能量的变化．解答：解：A．白色污染指塑料制品形成的污染，而彩色密封塑胶袋属于塑料，故A正确；B．钠、氧化钠、氢氧化钠都能与醋酸反应都生成醋酸钠，故B正确；C．合金的特点为熔点比各成分都低，硬度比各成分都大，故C正确；D．物理过程不一定伴随着能量的变化，故D错误；故选D．点评：本题考查了白色污染、合金的特点、物质变化时的能量变化以及钠及其化合物的性质，属于基础知识的考查，题目比较简单．2．下列有关原子结构、元素性质的说法正确的是（）A． Si、P、S、Cl元素的单质与氢气化合越来越容易B．元素原子最外层电子数越多，元素金属性越强C．元素周期表共有18列，第3列是第ⅠB族，第17列是第ⅦA族D． F﹣、O2﹣、Mg2+、Na+离子半径逐渐减小考点：物质的组成、结构和性质的关系；元素周期表的结构及其应用．.专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：A．同周期元素从左到右非金属性依次增强，非金属性越强与氢气化合越容易；B．元素原子最外层电子数越多，失去电子能力越弱；C．依据周期表中各族的位置关系解答；D．电子数相同，质子数越大，半径越小．解答：解：A．Si、P、S、Cl为同周期元素非金属性依次增强，所以单质与氢气化合越来越容易，故A正确；B．元素原子最外层电子数越多，失去电子能力越弱，金属性越弱，故B错误；C．元素周期表共有18列，第3列是第ⅢB族，第17列是第ⅦA族，故C错误；D．F﹣、O2﹣、Mg2+、Na+离子具有相同的电子数，离子半径F﹣、O2﹣、Na+、Mg2+逐渐减小，故D错误；故选：A．点评：本题考查了物质的结构、元素性质，熟悉原子结构、元素周期表结构、元素性质的递变规律是解题关键，题目难度不大．3．下列关于有机物的说法正确的是（）A．糖类、油脂、蛋白质一定都能发生水解反应B．甲烷和Cl2的反应与乙烯和Br2的反应属于同一类型的反应C．一定条件下，理论上1mol苯和1mol甲苯均能与3molH2反应D．乙醇、乙酸均能与NaOH稀溶液反应，因为分子中均含有官能团“OH-”考点：有机化学反应的综合应用．.专题：有机反应．分析：A、单糖不能水解；B、甲烷与氯气属于取代反应，乙烯和溴反应属于加成反应；C、甲苯与苯与氢气发生苯环上的加成反应；D、乙醇不能与氢氧化钠反应．解答：解：A、单糖不能水解，故A错误；B、甲烷与氯气属于取代反应，乙烯和溴反应属于加成反应，故B错误；C、甲苯与苯与氢气发生苯环上的加成反应，故C正确；D、乙醇不能与氢氧化钠反应，故D错误；故选C．点评：本题主要考查的是常见有机物的性质与常见有机化学反应类型，难度不大．4．将10.7gMg、Al和Fe组成的合金溶于足量的氢氧化钠溶液中，产生标准状况下3.36L气体．另取等质量的合金溶于过量盐酸中，生成标准状况下7.84L气体，向反应后的溶液中加入过量NaOH溶液，得到沉淀物质的量为（）A． 0.1mol B． 0.2mol C． 0.25mol D． 0.3mol考点：有关混合物反应的计算．.专题：计算题．分析：M g、Al和Fe组成的合金溶于足量的氢氧化钠溶液中，只有Al反应生成氢气，根据电子转移守恒计算Al提供电子物质的量．另取等质量的合金溶于过量盐酸中，金属均与盐酸反应生成氢气，两过程中Al反应生成氢气体积相等，根据电子转移守恒计算Mg、Fe 总物质的量，向反应后的溶液中加入过量NaOH溶液，得到沉淀为氢氧化镁、氢氧化亚铁，根据原子守恒计算沉淀物质的量．解答：解：Mg、Al和Fe组成的合金溶于足量的氢氧化钠溶液中，只有Al反应生成氢气，根据电子转移守恒，Al提供电子物质的量为：×2=0.3mol；另取等质量的合金溶于过量盐酸中，金属均与盐酸反应生成氢气，两过程中Al反应生成氢气体积相等，根据电子转移守恒，Mg、Fe提供电子总物质的量为×2﹣0.3mol=0.4mol，故Mg、Fe总物质的量为=0.2mol，向反应后的溶液中加入过量NaOH溶液，得到沉淀为氢氧化镁、氢氧化亚铁，根据原子守恒，沉淀物质的量等于金属物质的量，即沉淀物质的量为0.2mol，故选B．点评：本题混合物有关计算，注意从守恒的角度进行解答，侧重考查学生的分析计算能力，难度中等．5．某溶液可能含有Na+、Fe3+、Br﹣、I﹣、HCO3﹣、SO32﹣、NO3﹣等离子①向该溶液中滴加氯水，无气泡产生，溶液呈橙色；②向橙色溶液中加入BaCl2溶液产生白色沉淀；③向橙色溶液中滴加淀粉溶液未变蓝，则在该溶液中肯定存在的离子组是（）A． Na+、I﹣、SO32﹣B． Na+、Br﹣、SO32﹣C． Fe3+、Br﹣、NO3﹣D． Na+、Br﹣、NO3﹣考点：常见阳离子的检验；常见阴离子的检验．.专题：物质检验鉴别题．分析：①加足量氯水后，无气泡产生、溶液呈橙黄色；氯水中含有氯气、盐酸和次氯酸，推断一定含有Br﹣，无生成气体说明含无CO32﹣，其能将可能存在的SO32﹣氧化为SO42﹣；②橙黄色的溶液中加入BaCl2溶液时有沉淀生成，证明一定含SO32﹣离子；③向淀粉溶液中滴加橙黄色溶液未变蓝色．证明无碘单质生成，说明一定不含有I﹣．解答：解：①加足量氯水后，无气泡产生、溶液呈橙黄色，氯水中含有氯气、盐酸和次氯酸，氯气和溴离子反应生成溴单质溶液呈橙黄色，推断一定含有Br﹣，无气体生成说明无HCO3﹣，说明一定不含HCO3﹣；氯气能将可能存在的SO32﹣氧化为SO42﹣；②若原溶液中含有亚硫酸根离子，在氯水中会被氧化为硫酸根离子，加入氯化钡会生成沉淀，橙黄色的溶液中加入BaCl2溶液时有白色沉淀生成，证明一定含SO32﹣离子，生一定不含有Fe3+；依据溶液的电中性，阳离子一定含有Na+；③向淀粉溶液中滴加橙黄色溶液变蓝色．证明无碘单质生成，说明一定含有I﹣；综上所述：原溶液中一定含有Na+、Br﹣、SO32﹣、I﹣；一定不含Fe3+；NO3﹣的存在不能确定．故选AB．点评：本题考查了离子检验的实验现象分析判断，注意离子共存问题和干扰离子的作用是解题关键，题目难度中等．6．下列说法正确的是（）A．水的电离过程是吸热过程，升高温度，水的离子积常数增大，pH减小B．根据CO2通入漂白粉水溶液中，溶液先变浑浊后澄清，推断SO2通入也有同样现象C．向1ml浓度均为0.05mol•L﹣1的NaCl、NaI混合溶液中滴加2滴0.01mol•L﹣1的AgNO3溶液，震荡，沉淀呈黄色，结论，Ksp（AgCl）＜Ksp（AgI）D．将Fe（NO3）2晶体溶于稀硫酸，滴加KSCN溶液，通过观察溶液变红确定硝酸亚铁晶体已被氧化考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；水的电离；二氧化硫的化学性质．.专题：基本概念与基本理论；元素及其化合物．分析：A．水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离；B．二氧化碳和次氯酸钙反应生成难溶性的碳酸钙、碳酸钙和过量二氧化碳反应生成碳酸氢钙，二氧化硫具有还原性，能被氧化；C．结构相似的难溶盐，浓度都相同时，溶度积常数越小的越先沉淀；D．酸性条件下，硝酸根离子将亚铁离子氧化为铁离子．解答：解：A．水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，水中氢离子、氢氧根离子浓度都增大，所以离子积常数增大、溶液的pH减小，故A正确；B．二氧化碳和次氯酸钙反应生成难溶性的碳酸钙、碳酸钙和过量二氧化碳反应生成碳酸氢钙，二氧化硫具有还原性，能被氧化而生成微溶物硫酸钙，硫酸钙和二氧化硫不反应，所以现象不同，故B错误；C．结构相似的难溶盐，浓度都相同时，溶度积常数越小的越先沉淀，混合溶液中生成黄色沉淀，说明Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI），故C错误；D．酸性条件下，硝酸根离子将亚铁离子氧化为铁离子，所以不能说明硝酸亚铁晶体已被氧化，故D错误；故选A．点评：本题考查较综合，涉及难溶物的溶解平衡、氧化还原反应、水的电离等知识点，侧重考查分析、推断能力，易错选项是D，注意酸性条件下硝酸根离子的氧化性．7．T°C时，在一固定容积的密闭容器中发生反应：A（g）+B（g）⇌C（s）△H＜0，按照不同配比充入A、B，达到平衡时容器中A、B浓度变化如图中曲线（实线）所示，下列判断正确的是（）A． T°C时，该反应的平衡常数值为4B． c点没有达到平衡，此时反应向逆向进行C．若c点为平衡点，则此时容器内的温度高于T°CD． T°C时，直线cd上的点均为平衡状态考点：化学平衡的影响因素；化学平衡建立的过程．.专题：化学平衡专题．分析：A、平衡常数等于生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积，固体和纯液体不写入表达式；B、C点浓度商小于K，反应正向进行；C、反应是放热反应，若C点为平衡状态，此时平衡常数小于T°C平衡常数，说明平衡逆向进行；D、T°C时平衡常数不变，曲线上各点位平衡状态，其它点温度不同不是平衡状态；解答：解：A、平衡常数等于生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积，固体和纯液体不写入表达式，A（g）+B（g）⇌C（s），平衡常数K===0.25，故A错误；B、依据图象分析可知，C点浓度商Q＜K，反应正向进行，故B错误；C、反应是放热反应，若C点为平衡状态，此时平衡常数小于T°C平衡常数，说明平衡逆向进行，是升温的结果，温度高于T°C，故C正确；D、T°C时平衡常数不变，曲线上各点位平衡状态，其它点温度不同不是平衡状态，故D错误；故选C．点评：本题考查了化学平衡常数的影响因素分析和计算应用，主要是破坏原理的影响因素分析判断，掌握基础是关键，题目难度中等．【必做部分】8．工业常用燃料与水蒸气反应制备H2和CO，再用H2和CO合成甲醇．（1）制取H2和CO通常采用：C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）△H=+131.4kJ•m ol﹣1，下列判断正确的是ad．a．该反应的反应物总能量小于生成物总能量b．标准状况下，上述反应生成1L H2气体时吸收131.4 kJ的热量c．若CO（g）+H2（g）⇌C（s）+H2O（1）△H=﹣QkJ•mol﹣1，则Q＜131.4d．若C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）△H1；CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）△H2则：△H1+△H2=+131.4kJ•mol﹣1（2）甲烷与水蒸气反应也可以生成H2和CO，该反应为：CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）已知在某温度下2L的密闭绝热容器中充入2.00mol甲烷和1.00mol水蒸气，测得的数据如下表：不同时间各物质的物质的量/mol0min 2min 4min 6minCH4 2.00 1.76 1.60 n2H2 0.00 0.72 n1 1.20根据表中数据计算：①0min～2min 内H2的平均反应速率为0.18mol•L﹣1•min﹣1．②达平衡时，CH4的转化率为20%．在上述平衡体系中再充入2.00mol甲烷和1.00mol 水蒸气，达到新平衡时H2的体积分数与原平衡相比变小（填“变大”、“变小”或“不变”），可判断该反应达到新平衡状态的标志有ad．（填字母）a．CO的含量保持不变b．容器中c（CH4）与c（CO）相等c．容器中混合气体的密度保持不变d．3ν正（CH4）=ν逆（H2）（3）合成甲醇工厂的酸性废水中含有甲醇（CH3OH），常用向废液中加入硫酸钴，再用微生物电池电解，电解时Co2+被氧化成Co3+，Co3+把水中的甲醇氧化成CO2，达到除去甲醇的目的．工作原理如图（c为隔膜，甲醇不能通过，其它离子和水可以自由通过）．①a电极的名称为阳极．②写出除去甲醇的离子方程式6Co3++CH3OH+H2O=6Co2++CO2+6H+．③微生物电池是绿色酸性燃料电池，写出该电池正极的电极反应式为4H++O2+4e﹣=2H2O．考点：热化学方程式；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算．.专题：基本概念与基本理论．分析：（1）a、反应是吸热反应，依据能量守恒分析判断，生成物能量总和大于反应物能量总和，故a正确；b、标准状况下，上述反应生成1mol H2气体时吸收131.4 kJ的热量，故b错误；c、若CO（g）+H2（g）⇌C（s）+H2O（1）△H=﹣QkJ•mol﹣1，则Q=131.4，故c错误；d、根据盖斯定律，若C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）△H1；CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）△H2则：△H1+△H2=+131.4kJ•mol﹣1，故d正确；（2）①0min～2min 内H2的平均反应速率为=0.18mol•L﹣1•min﹣1；②4min时，参加反应的甲烷为2mol﹣1.6mol=0.4mol，生成氢气为0.4mol×3=1.2mol，达到平衡，此时甲烷的转化率为×100%=20%；在上述平衡体系中再充入 2.00mol 甲烷和1.00mol 水蒸气，压强增大，平衡向逆反应方向移动，达到新平衡时H2的体积分数与原平衡相比变小；a．CO的含量保持不变，反应达到平衡；b．容器中c（CH4）与c（CO）相等，不一定平衡；c．容器中混合气体的密度一直不变，不是平衡状态的标志；d．3ν正（CH4）=ν逆（H2），反应达到平衡；（3）①电极a，Co2+被氧化成Co3+，发生氧化反应，为电解池的阳极；②甲醇被氧化生成二氧化碳，Co3+被还原生成Co2+，溶液呈酸性，则生成物中含有氢离子，所以该反应离子方程式为：6Co3++CH3OH+H2O=CO2↑+6Co2++6H+，③微生物电池是绿色酸性燃料电池，氧气在正极放电4H++O2+4e﹣=2H2O．解答：解：（1）a、反应是吸热反应，依据能量守恒分析判断，生成物能量总和大于反应物能量总和，故a正确；b、标准状况下，上述反应生成1mol H2气体时吸收131.4 kJ的热量，故b错误；c、若CO（g）+H2（g）⇌C（s）+H2O（1）△H=﹣QkJ•mol﹣1，则Q=131.4，故c错误；d、根据盖斯定律，若C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）△H1；CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）△H2则：△H1+△H2=+131.4kJ•mol﹣1，故d正确；故答案为：ad；（2）①0min～2min 内H2的平均反应速率为=0.18mol•L﹣1•min﹣1，故答案为：0.18mol•L﹣1•min﹣1；②4min时，参加反应的甲烷为2mol﹣1.6mol=0.4mol，生成氢气为0.4mol×3=1.2mol，达到平衡，此时甲烷的转化率为×100%=20%；在上述平衡体系中再充入2.00mol 甲烷和1.00mol 水蒸气，压强增大，平衡向逆反应方向移动，达到新平衡时H2的体积分数与原平衡相比变小；a．CO的含量保持不变，反应达到平衡；b．容器中c（CH4）与c（CO）相等，不一定平衡；c．容器中混合气体的密度一直不变，不是平衡状态的标志；d．3ν正（CH4）=ν逆（H2），反应达到平衡；故答案为：20%；变小；ad；（3）①电极a，Co2+被氧化成Co3+，发生氧化反应，为电解池的阳极；故答案为：阳极②甲醇被氧化生成二氧化碳，Co3+被还原生成Co2+，溶液呈酸性，则生成物中含有氢离子，所以该反应离子方程式为：6Co 3++CH 3OH+H2O=CO 2↑+6Co 2++6H +，故答案为：6Co3++CH 3OH+H 2O=6Co 2++CO 2+6H +．③微生物电池是绿色酸性燃料电池，氧气在正极放电4H ++O 2+4e ﹣=2H2O ，故答案为：4H ++O2+4e ﹣=2H 2O ．点评： 本题考查了化学反应焓变和能量变化特征分析，注意焓变表达的意义和可能反应不能进行彻底的分析判断，题目较简单．9．工厂中用稀硫酸浸泡某矿石后的溶液中，除了含有大量硫酸外，还含有少量NH 4+、Fe 3+、AsO 43﹣、Cl ﹣．为除去杂质离子，部分操作流程如下：请回答问题：（1）用稀硫酸浸泡某矿石后的溶液中，硫酸的浓度为4.9g•L ﹣1，则该溶液中的pH 约为 1 ．（2）NH4+在用稀硫酸浸泡某矿石后的溶液中以（NH4）2SO4和NH4Cl 形式存在．现有一份（NH 4）2SO4溶液，一份NH 4Cl 溶液，（NH 4）2SO 4溶液中c （NH 4+）恰好是NH 4Cl 溶液中c （NH 4+）的2倍，则c[（NH 4）2SO 4] ＜ c （NH 4Cl ）（填：＜、=或＞）．（3）随着向废液中投入生石灰（忽略溶液温度的变化），溶液中 减小 （填“增大”、“减小”或“不变”）．（4）投入生石灰调节pH 到2～3时，大量沉淀主要成分为CaSO 4•2H 2O[含有少量Fe （OH ）3]，提纯CaSO 4•2H 2O 的主要操作步骤：向沉淀中加入过量 稀硫酸 ，充分反应后，过滤、洗涤、晾干或干燥 ．（5）25℃，H3AsO4电离常数为K1=5.6×10﹣3，K2=1.7×10﹣7，K3=4.0×10﹣12．当溶液中pH调节到8～9时，沉淀主要成分为Ca3（AsO4）2．①pH 调节到8左右Ca3（AsO4）2才开始沉淀的原因是 H3AsO4是弱酸，当溶液中pH 调节到8左右，c （AsO43﹣）增大，Ca3（AsO4）2开始沉淀 ．②Na3AsO4第一步水解的平衡常数数值为： 2.5×10﹣3 ．③已知：AsO 43﹣+2I ﹣+2H+=AsO 33﹣+I2+H 2O ，SO 2+I2+2H 2O=SO 42﹣+2I ﹣+4H+．上述两个反应中还原性最强的微粒是 SO 2 ．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： 硫酸废液中含有大量硫酸外，还含有少量NH 4+、Fe3+、AsO 43﹣、Cl ﹣，加入生石灰，调节pH2～3，大量沉淀主要成分为CaSO 4•2H2O[含有少量Fe （OH ）3]，滤液加入生石灰调节pH8～9，生成Ca3（AsO 4）2沉淀，滤液主要含有（NH4）2SO 4和NH 4Cl ，（1）硫酸的浓度为4.9g•L ﹣1，结合c==计算；（2）根据c （NH 4+）越大，NH 4+水解程度越小判断；（3）随着向废液中投入生石灰，c （OH ﹣）增大，c （NH 3•H 2O ）减小；（4）提纯CaSO 4•2H 2O ，可加入稀硫酸溶解Fe （OH ）3，并洗涤、干燥；（5）①H3AsO4是弱酸电离出来的AsO 43﹣较少，所以酸性条件下不易形成Ca 3（AsO4）2沉淀；②依据水解常数与电离常数及Kw 的关系计算；③根据还原剂还原性大于还原产物的还原性判断．解答： 解：硫酸废液中含有大量硫酸外，还含有少量NH 4+、Fe 3+、AsO 43﹣、Cl ﹣，加入生石灰，调节pH2～3，大量沉淀主要成分为CaSO 4•2H2O[含有少量Fe （OH ）3]，滤液加入生石灰调节pH8～9，生成Ca 3（AsO4）2沉淀，滤液主要含有（NH4）2SO 4和NH 4Cl ，（1）硫酸的浓度为4.9g•L ﹣1，c （H 2SO 4）==0.05mol/L ，c （H+）=0.1mol/L ，pH=﹣lg0.1=1，故答案为：1；（2）如c[（NH 4）2SO 4]=c （NH 4Cl ），则（NH4）2SO4溶液中c （NH 4+）较大，因c （NH 4+）越大，NH 4+水解程度越小，则（NH 4）2SO 4溶液中c （NH 4+）小于是NH 4Cl 溶液中c （NH 4+）的2倍，如等于2倍，则c （NH 4Cl ）应较大，故答案为：＜；（3）随着向废液中投入生石灰，c （OH ﹣）增大，c （NH 3•H 2O ）减小，则溶液中减小，故答案为：减小；（4）提纯CaSO 4•2H 2O ，可加入稀硫酸溶解Fe （OH ）3，且防止CaSO 4•2H 2O 的溶解，过滤后洗涤、干燥， 故答案为：稀硫酸；晾干或干燥；5）①H3AsO 4是弱酸电离出来的AsO 43﹣较少，所以酸性条件下不易形成Ca 3（AsO 4）2沉淀，当溶液中pH 调节到左右时AsO43﹣浓度增大，Ca3（AsO4）2开始沉淀，故答案为：H 3AsO 4是弱酸，当溶液中pH 调节到8左右，c （AsO 43﹣）增大，Ca 3（AsO 4）2开始沉淀；②Na3AsO4的第一步水解的离子方程式为：AsO43﹣+H2O ⇌HAsO42﹣+OH ﹣，该步水解的平衡常数Kh=====2.5×10﹣3，故答案为：2.5×10﹣3；③已知：AsO43﹣+2I ﹣+2H+=AsO33﹣+I2+H2O ，SO2+I2+2H2O=SO42﹣+2I ﹣+4H+．还原剂还原性大于还原产物的还原性，则还原性SO2＞I ﹣＞AsO33﹣，两个反应中还原性最强的微粒是SO2，故答案为：SO2．点评： 本题考查较为综合，侧重于学生的分析、实验和计算能力的考查，注意把握溶液中浓度的换算，沉淀溶解平衡的溶度积常数计算，水解常数和电离常数的计算，离子方程式的书写，沉淀的形成等，考查的知识点较多，题目难度中等．10．氨氧化法是工业生产中制取硝酸的主要途径，某同学用该原理在实验室探究硝酸的制备和性质，设计了如图1所示的装置．（1）若分液漏斗中氨水的浓度为9.0mol•L﹣1，配制该浓度的氨水100mL，用到的玻璃仪器有100mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、量筒．（2）甲装置不需要加热即能同时产生氨气和氧气，烧瓶内固体X的名称为过氧化钠．（3）乙装置的作用是干燥氧气和氨气的混合气体；写出受热时丙装置发生反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O．（4）当戊中观察到紫色石蕊试液变红现象，则说明已制得硝酸．某同学按上图组装仪器并检验气密性后进行实验，没有观察到此现象，请分析实验失败的可能原因过量的氨气致使戊中溶液不一定呈酸性．如何改进装置在丙和丁之间连接盛有无水氯化钙的干燥管或盛有浓硫酸的洗气瓶．（5）改进后待反应结束，将丁装置倒立在盛水的水槽中，会观察到的现象是烧瓶内水面慢慢上升，上升到一定高度不再变化，试管内气体颜色由红棕色逐渐变淡至无色；为测定试管丁内硝酸溶液的浓度，从中取10mL溶液于锥形瓶中，用0.1mol•L﹣1的NaOH溶液滴定．滴定前发现滴定管尖嘴处有少量气泡，请选择排出气泡的正确操作是（图2）b．考点：性质实验方案的设计．.专题：实验设计题．分析：（1）根据配制溶液的操作步骤判断所用仪器；（2）甲装置不需要加热即能同时产生氨气和氧气，说明固体X溶于氨水即放热又产生氧气；（3）乙装置为干燥管，作用是干燥氧气和氨气的混合气体；丙装置发生反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；（4）根据硝酸具有酸性，能使紫色石蕊试液变红判断；没有观察到现象说明溶液不呈酸性，则生成的硝酸与碱发生了反应；在丙和丁之间连接盛有无水氯化钙的干燥管或盛有浓硫酸的洗气瓶除去多余的氨气确保戊溶液呈酸性；（5）改进后待反应结束，将丁装置收集的为二氧化氮，倒立在盛水的水槽中，二氧化氮与水反应生成一氧化氮和硝酸，据此分析观察到的现象；滴定前发现滴定管尖嘴处有少量气泡，请选择排出气泡的正确操作是b．解答：解：（1）量取浓氨水要用量筒，稀释浓氨水要用烧杯、玻璃棒，配制溶液要用100mL 容量瓶，胶头滴管，故答案为：胶头滴管、量筒；（2）甲装置不需要加热即能同时产生氨气和氧气，说明固体X溶于氨水即放热又产生氧气，则该固体为过氧化钠，故答案为：过氧化钠；（3）乙装置为干燥管，作用是干燥氧气和氨气的混合气体；丙装置发生反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：干燥氧气和氨气的混合气体；4NH3+5O24NO+6H2O；（4）因为硝酸具有酸性，能使紫色石蕊试液变红，所以当戊中观察到紫色石蕊试液变红，说明已制得硝酸；没有观察到现象说明溶液不呈酸性，则生成的硝酸与过量的氨气发生了反应；在丙和丁之间连接盛有无水氯化钙的干燥管或盛有浓硫酸的洗气瓶除去多余的氨气确保戊溶液呈酸性，故答案为：紫色石蕊试液变红；过量的氨气致使戊中溶液不一定呈酸性；在丙和丁之间连接盛有无水氯化钙的干燥管或盛有浓硫酸的洗气瓶；（5）改进后待反应结束，将丁装置收集的为二氧化氮，倒立在盛水的水槽中，二氧化氮与水反应生成一氧化氮和硝酸，所以观察到的现象为烧瓶内水面慢慢上升，上升到一定高度不再变化，试管内气体颜色由红棕色逐渐变淡至无色；滴定前发现滴定管尖嘴处有少量气泡，请选择排出气泡的正确操作是b，故答案为：烧瓶内水面慢慢上升，上升到一定高度不再变化，试管内气体颜色由红棕色逐渐变淡至无色；b．点评：本题考查了实验室制氨气的原理和装置以及探究硝酸的制备和性质，同时考查了浓硫酸、氨气等物质的性质应用，难度一般；【选做部分】【化学--化学与技术】11．煤炭被人们誉为黑色的“金子”，它是人类使用的主要能源之一．为了提高煤的利用率，减少有害气体的排放，人们采取了各式各样的方法．（1）煤的气化和液化可以提高煤的利用率．煤的气化技术的主要产物是CO、H2．煤的液化技术又分为直接液化和间接氧化．将煤隔绝空气加强热得到焦炉气、煤焦油及焦炭等产品的技术称为煤的干馏．（2）煤在燃烧前、后及燃烧过程中均可采取措施减少有害气体的排放．①在燃烧前，可以采用微生物脱硫技术．原理如下：上述过程中Fe2+的作用为中间产物，催化剂作用，加快S元素的氧化．写出Fe2+Fe3+的离子方程式4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O．②煤在燃烧时，进行脱硫处理，常采用流化床燃烧技术，在把煤和脱硫剂加入锅炉燃烧室，使煤与空气在流化过程中充分混合、燃烧，起到固硫作用．常用脱硫剂的主要化学成分为CaO（填化学式）．③煤在燃烧后，烟气净化常采用除尘技术和脱硫、脱硝技术．湿法脱硫、脱硝技术中将烟气通入吸收塔设备，用石灰水淋洗．考点：煤的干馏和综合利用．.专题：有机化合物的获得与应用．分析：（1）煤的汽化是煤和水蒸气反应生成CO和氢气；将煤隔绝空气加强热使煤分解的操作是煤的干馏；（2）①根据微生物脱硫技术的原理来分析；Fe2+做还原剂，被氧气氧化为Fe3+，氧气在酸性条件下被还原为H2O，据此写出离子方程式；②在煤燃烧的同时进行的脱硫技术称为“流化床”燃烧技术；根据SO2是酸性氧化物来分析；③吸收烟气的装置为吸收塔．解答：解：（1）煤的汽化是煤和水蒸气在高温条件下反应生成CO和氢气的过程，故主要产物为CO、H2；将煤隔绝空气加强热使煤分解得到焦炉气、煤焦油及焦炭等产品的操作是煤的干馏，故答案为：CO、H2；煤的干馏；（2）①根据微生物脱硫技术的原理可知：Fe2+先被氧化为Fe3+，后Fe3+又被还原为Fe2+，即Fe2+先被消耗后又生成，故在反应中做催化剂；Fe2+做还原剂，被氧气氧化为Fe3+，氧气在酸性条件下被还原为H2O，据此写出离子方程式：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，故答案为：中间产物，催化剂作用，加快S元素的氧化；4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；②在煤燃烧的同时进行的脱硫技术称为“流化床”燃烧技术；由于SO2是酸性氧化物，故可以加碱性氧化物CaO（或者CaCO3）来加以吸收，故答案为：流化床；CaO（或者CaCO3）；③吸收烟气的装置为吸收塔，故答案为：吸收塔．点评：本题考查二氧化硫的污染及治理，题目难度中等，本题注意从题目中获取信息，结合物质的性质解答．12．在元素周期表中，除稀有气体外几乎所有元素都能与氢形成氢化物．氢化物晶体的结构有共价型和离子型之分．（1）氨气是共价型氢化物．工业常用氨气和醋酸二氨合铜{[Cu（NH3）2]Ac}的混合液来吸收一氧化碳（醋酸根CH3COO﹣简写为Ac﹣）．反应方程式为：[Cu（NH3）2]Ac+CO+NH3⇌[Cu（NH3）3CO]Ac①请写出基态Cu原子的电子排布式Ar]3d104s1．②氨水溶液中各元素原子的电负性从大到小排列顺序为O＞N＞H．③醋酸分子中的两个碳原子，甲基（﹣CH3）碳和羧基（﹣COOH）碳的杂化方式分别是sp3、sp2．④生成物[Cu（NH3）3CO]Ac中所含化学键类型有abcd．a．离子键b．配位键c．σ键d．π键（2）某离子型氢化物化学式为XY2，晶胞结构如图所示，其中6个Y原子（○）用阿拉伯数字1～6标注．①已知1、2、3、4号Y原子在晶胞上、下面上．则5、6号Y原子均在晶胞内部．（填“侧面”或“内部”）②XY2晶体、硅烷晶体和固态氨3种氢化物熔沸点高低顺序正确的是b．a．XY2晶体＞硅烷晶体＞固态氨b．XY2晶体＞固态氨＞硅烷晶体c．固态氨＞硅烷晶体＞XY2晶体d．硅烷晶体＞固态氨＞XY2晶体．考点：原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况；不同晶体。

高考化学模拟测试卷（有答案解析）一、单选题（本大题共14小题，共42分）1. 下列说法不正确的是()A. 原子光谱可用于鉴定氢元素B. 电解法可用于冶炼铝等活泼金属C. 分馏法可用于提高石油中乙烯的产量D. 焰色试验可用于区分NaCl和KCl2. 15、已知醋酸达到电离平衡后，改变某条件电离平衡向正反应方向移动，则下列说法正确的是A. 醋酸的电离程度一定变大B. 溶液的导电能力一定变强C. 溶液的pH一定减小D. 发生电离的分子总数增多3. 下列各项比较中，正确的是()A. 7.8gNa2O2中含有的离子数为0.4NAB. 标准状况下，等体积乙烷和苯，所含分子数相等C. 等物质的量的Fe和Cu分别与足量的Cl2反应，转移的电子数相等D. 质量相同的H2O和D2O(重水)所含的原子数不相同4. 下列有关实验的说法正确的是()A. 在“研究Na2S2O3与酸反应速率的影响因素”实验中，可通过观察产生气泡的快慢来比较不同条件下该反应的速率大小B. 为了精确测定盐酸与氢氧化钠溶液反应的反应热，当两者混合后，立即读取温度计的读数，防止热量散失C. 向1mL0.5mol/LAlCl3溶液中先滴加2mL饱和NaF溶液，再继续滴加1mL3.0mol/LNH3⋅H2O溶液，立即产生大量白色沉淀D. 用纸层析法可以分离少量Fe3+与Cu2+5. NH4Cl的晶胞为立方体，其结构如图。

下列说法不正确的是()A. NH4Cl晶体属于离子晶体B. NH4Cl晶胞中H−N−H键角为90C. NH4Cl晶体中既有离子键又有共价键D. 每个Cl−周围与它最近且等距离的NH4+的数目为86. 下列离子检验利用了氧化还原反应的是 ()选项待检验离子检验试剂A Fe3+KSCN溶液B SO42−稀盐酸、氯化钡溶液C I−Cl2、淀粉溶液D NH4+浓NaOH溶液、湿润的红色石蕊试纸A. AB. BC. CD. D7. 研究表明，大气中氮氧化物和碳氢化合物受紫外线作用可产生二次污染物一光化学烟雾，其中某些反应过程如图所示，下列说法不正确的是()A. 紫外线作用下，NO2中有氮氧键发生断裂B. 反应Ⅰ的的方程式是2NO+O2=2NO2C. 反应Ⅱ中丙烯是还原剂D. 经反应Ⅲ，O2转化为了O38. 从科学角度讲，颜色、声音对人而言非常清晰，但气味是一种非常玄学的存在，某些人觉得难闻的东西，其他人可能觉得好闻，就像有些同学在扣脚后闻得欲罢不能；从化学角度，臭味无非四种：醛、酸、含氮化合物、含硫化合物，下列关于路边摊臭豆腐散发出的H2S说法正确的()A. 元素的电负性：O>N>S>PB. 预测立体结构是直线形，键角180°C. 是由极性键构成的非极性分子D. 中心原子杂化方式sp29. 下列说法正确的是()A. 酒精能使蛋白质变性，故可以使用无水乙醇喷洒使用过的口罩以杀灭新冠病毒B. 淀粉和纤维素都属于多糖，都能在人体内被消化以提供能量C. 聚酯纤维、有机玻璃、酚醛树脂都属于有机高分子材料D. 乙酸乙酯与碱作用可用于制肥皂10. 用如图装置(夹持装置已略去)进行NH3制备及性质实验。