2015年安徽省黄山市歙县中学高考化学模拟试卷(10月份) Word版含解析

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安徽省2015高考化学模拟试卷十⒈右图是某有机物分子的比例模型，有关该物质的推断不正确的是A。

分子中可能含有羟基 B.分子中可能含有羧基C。

该物质的分子式可能为C3H6O3 D.分子中可能含有氨基⒉常温下，下列离子在指定的分散系中一定能大量共存的一组是A．0。

1 mol•L－1 NaAlO2溶液：Al3+、Na+、Cl－、SO42－B．氢氧化铁胶体：K+、S2－、Br－、H+C．加入Al能放出H2的溶液中：Mg2+,NO3—,K+，SO42—D．由水电离出的c（OH－）＝1×10－13mol·L-1的溶液中:Na＋、Ba2＋、Cl―、Br―⒊下列装置、操作及说法正确的是A。

安徽省黄山市黄山一中2015年高考化学二模试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并有因果关系的是（）选项叙述Ⅰ叙述ⅡA Na2CO3溶液可与油污反应用热的烧碱溶液洗去油污B BaSO4难溶于酸用盐酸和BaCl2溶液检验SO42﹣C NH3能使酚酞溶液变红NH3可用于设计喷泉实验D 晶体硅熔点高硬度大晶体硅可用于制作半导体A． A B． B C． C D． D考点：化学实验方案的评价．.专题：实验评价题．分析：A．碳酸钠俗称纯碱，而烧碱为氢氧化钠；B．加入盐酸，如无现象，可排出Ag+、CO32﹣等影响；C．氨气用于设计喷泉实验与溶解性有关；D．晶体硅可用于制作半导体与导电性有关．解答：解：A．碳酸钠俗称纯碱，水解呈碱性，碱性条件下可使油污水解而除去，而烧碱为氢氧化钠，故A错误；B．加入盐酸，如无现象，可排出Ag+、CO32﹣等影响，然后再加入氯化钡，如生成沉淀，可证明含有SO42﹣，故B正确；C．氨气的水溶液呈碱性，氨气用于设计喷泉实验与溶解性有关，二者没有直接关系，故C错误；D．晶体硅为原原子晶体，熔点高，而用于制作半导体与导电性有关，二者没有因果关系，故D错误．故选B．点评：本题考查较为综合，涉及多方面知识，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，难度不大．2．（6分）（2015•黄山校级二模）常温下，下列各组粒子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A． FeCl3溶液中：K+、C6H5OH、Br﹣、NO3﹣B．在氨水溶液中Al3+、NO3﹣、Cl﹣、Ag+C．某透明澄清的溶液中：NH4+、Fe3+、NO3﹣、Cl﹣D．能使甲基橙显红色的溶液：K+、Cr2O72﹣、CH3CH2OH、SO42﹣考点：离子共存问题．.分析：A．与Fe3+反应的离子不能大量共存；B．氨水溶液呈碱性，且可与Ag+发生络合反应；C．离子之间不发生任何反应；D．能使甲基橙显红色的溶液呈酸性．解答：解：A．C6H5OH与Fe3+反应，不能大量共存，故A错误；B．氨水溶液呈碱性，Al3+不能大量共存，且氨水可与Ag+发生络合反应，故B错误；C．离子之间不发生任何反应，可大量共存，故C正确；D．能使甲基橙显红色的溶液呈酸性，酸性条件下Cr2O72﹣、CH3CH2OH发生氧化还原反应，故D错误．故选C．点评：本题考查离子的共存问题，为高频考点，侧重学生元素化合物知识的综合理解和运用的考查，明确信息来判断溶液的酸碱性是解答本题的关键，熟悉离子之间的反应即可解答，题目难度不大．3．（6分）（2015•黄山二模）关于下列各装置图（略去部分夹持仪器）的叙述中，正确的是（）A．利用装置①进行盐酸待测溶液浓度的测定B．利用装置②分离碘酒中碘和酒精C．利用装置③制备收集干燥氨气D．利用装置④加热分解碳酸氢钠考点：化学实验方案的评价．.专题：实验评价题．分析：A．滴定盐酸用氢氧化钠溶液，氢氧化钠应放在碱式滴定管中；B．碘和酒精混溶，不能用分液的方法分离；C．可用浓氨水和生石灰制备氨气；D．加热固体，应防止试管炸裂．解答：解：A．滴定盐酸用氢氧化钠溶液，氢氧化钠和腐蚀玻璃，氢氧化钠应放在碱式滴定管中，故A错误；B．碘和酒精混溶，应用蒸馏的方法分离，不能用分液的方法，故B错误；C．可用浓氨水和生石灰制备氨气，氨气的密度比空气小，用向下排空法收集，故C正确；D．加热固体，试管口应略向下倾斜，防止试管炸裂，故D错误．故选C．点评：本题考查较为综合，涉及气体的制备、物质的分离等知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握实验的严密性和可行性的评价，难度不大．4．（6分）（2015•黄山二模）电解Na2SO4溶液产生H2SO4和烧碱的装置如图所示，其中阴极和阳极均为惰性电极．测得同温同压下，气体甲与气体乙的体积比约为1：2，以下说法正确的是（说明：阳离子交换膜只允许阳离子通过，阴离子交换膜只允许阴离子通过）（）A． a电极反应式：2H++2e﹣=H2↑B．产物丁为NaOHC． c为阳离子交换膜D．每转移0.2mol电子，产生1.12L气体甲考点：原电池和电解池的工作原理．.专题：电化学专题．分析：电解硫酸钠溶液时，阳极上生成氧气，电极反应式为2H2O﹣4e﹣=O2↑+4H+，阴极反应式为2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣，测得同温同压下，气体甲与气体乙的体积比约为1：2，则甲是氧气、乙是氢气，则a是阳极、b是阴极，阳极区域生成硫酸、阴极区域生成NaOH，据此分析解答．解答：解：电解硫酸钠溶液时，阳极上生成氧气，电极反应式为2H2O﹣4e﹣=O2↑+4H+，阴极反应式为2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣，测得同温同压下，气体甲与气体乙的体积比约为1：2，则甲是氧气、乙是氢气，则a是阳极、b是阴极，阳极区域生成硫酸、阴极区域生成NaOH，A．a为阳极，电极反应式为2H2O﹣4e﹣=O2↑+4H+，故A错误；B．通过以上分析知，a为阳极，同时生成硫酸，所以产物丙是硫酸，b是阴极，阴极区域生成NaOH，即产物丁为NaOH，故B正确；C．产物丁是NaOH，则离子交换膜d是阳离子交换膜，c为阴离子交换膜，故C错误；D．a为阳极，电极反应式为2H2O﹣4e﹣=O2↑+4H+，产生的气体甲是氧气，每转移0.2mol电子，产生氧气气的物质的量为0.05mol氧气，但温度和压强未知，无法确定气体摩尔体积，则无法计算氧气体积，故D错误；故选B．点评：本题考查电解原理，判断甲、乙气体成分是解本题关键，再结合电极反应式分析解答，易错选项是D，注意气体摩尔体积的适用范围及适用条件，为易错点．5．（6分）（2015•黄山校级二模）已知NaHSO3溶液在不同温度下均可被过量KIO3氧化，当NaHSO3完全消耗即有I2析出，依据I2析出所需时间可以求得NaHSO3的反应速率．将浓度均为0.020mol•L﹣1的NaHSO3溶液（含少量淀粉）10.0mL、KIO3（过量）酸性溶液40.0mL 混合，记录10～55℃间溶液变蓝时间，55℃时未观察到溶液变蓝，实验结果如图．据图分析，下列判断不正确的是（）A． 40℃之前，溶液变蓝的时间随温度的升高而缩短B．图中a点对应的NaHSO3反应速率为5.0×10﹣5mo l•L﹣1•s﹣1C．图中b、c两点对应的NaHSO3反应速率相等D． 40℃之后，淀粉不宜用作该实验的指示剂考点：化学反应速率的影响因素．.分析：A．由图可知，40℃之前，温度高反应速率加快，40℃之后温度高，变色时间越长；B．a点时间为80s，浓度变化量为=0.004mol/L；C．b、c点对应的反应原理及温度不同；D．结合55℃时，没有出现蓝色分析．解答：解：A．从图象中可以看出，40℃以前，温度越高，反应速度越快，40℃后温度越高，变色时间越长，反应越慢，而55℃，未变蓝，说明没有生成I2，故A正确；B．a点时间为80s，浓度变化量为=0.004mol/L，a点对应的NaHSO3反应速率为5.0×10﹣5mol•L﹣1•s﹣1，故B正确；C．b点的反应原理为：当碘酸钾过量时，生成碘单质，其离子反应式为5SO32﹣+2IO3﹣+2H+=5SO42﹣+I2+H2O，而图中c点的反应原理为2IO3﹣+5SO2+4H2O=5SO42﹣+I2+8H+，则图中b、c点对应的反应原理不一样，且温度不同，故反应速率不同，故C 错误；D.55℃时，没有出现蓝色，故淀粉已不能作为该反应的指示剂，故D正确；故选C．点评：本题考查化学反应速率的影响因素，侧重图象分析及温度对反应的影响，注意不同温度下均可被过量KIO3氧化，注重分析能力和解决问题能力的考查，题目难度较大．6．（6分）（2015•黄山校级二模）下列溶液中，有关物质的量浓度关系正确的是（）A．向硝酸钠溶液中滴加稀盐酸得到的pH=5的混合溶液：c（Na+）=c（NO3﹣）B．1.0 mol•L﹣1Na2C2O4溶液：c（OH﹣）=c（HC2O4﹣）+c（H+）+c（H2C2O4）C． pH=8.0的KHS溶液中，c（K+）＞c（HS﹣）＞c（OH﹣）＞c（S2﹣）＞c（H+）D．将0.2 mol•L﹣1的某一元酸HA溶液和0.1 mol•L﹣1NaOH溶液等体积混合后，溶液pH大于7，则反应后的混合液中：c（OH﹣）+c（A﹣）=c（H+）+c（HA）考点：离子浓度大小的比较．.分析：A．根据混合液中的物料守恒判断；B．根据Na2C2O4溶液中的质子守恒判断；C．KHS溶液pH=8，说明HS﹣水解程度大于电离程度，注意水的电离；D．将0.2 mol•L﹣1的某一元酸HA溶液和0.1 mol•L﹣1NaOH溶液等体积混合后，HA 与NaA的浓度相等，溶液pH大于7，说明A﹣水解程度大于HA电离程度，结合物料守恒、电荷守恒解答．解答：解：A．硝酸钠与盐酸不反应，无论是否加入盐酸，都存在c（Na+）=c（NO3﹣），故A正确；B．Na2C2O4溶液中存在质子守恒：c（OH﹣）=c（HC2O4﹣）+c（H+）+2c（H2C2O4），故B错误；C．KHS溶液pH=8，说明HS﹣水解程度大于电离程度，因还存在水的电离，则c（H+）＞c（S2﹣），溶液中正确的离子浓度大小为：c（K+）＞c（HS﹣）＞c（H+）＞c（S2﹣）＞c（OH﹣），故C错误；D．将0.2mol•L﹣1的某一元酸HA溶液和0.1mol•L﹣1的NaOH溶液等体积混合，HA 过量，混合后溶液的pH大于7，说明A﹣水解程度大于HA的电离程度，溶液存在电荷守恒：c（OH﹣）+c（A﹣）=c（H+）+c（Na+），存在物料守恒：c（A﹣）+c（HA）=2c （Na+），二者联式可得2c（OH﹣）+c（A﹣）=2c（H+）+c（HA），故D错误；故选A．点评：本题综合考查酸碱混合的定性判断、离子浓度的大小比较问题，题目难度中等，答题中注意电荷守恒和物料守恒的运用，试题侧重考查学生的分析、理解能力．7．（6分）（2015•黄山校级二模）根据中学所学相关知识，下列推断正确的一项是（）A．ⅣA族元素形成的氢化物的沸点从上到下依次递增，则ⅤA族元素所形成的氢化物的沸点从上到下也是依次递增B．氯气可置换出KBr溶液中的溴，则氟气也可置换出KBr溶液中的溴C．某浓度的NaClO溶液的pH=d，则其中由水电离出的c（H+）=10﹣14+d mol•L﹣1D．某温度下，MgCO3的Ksp=6.8×10﹣6，则该温度下所有含固体MgCO3的溶液，都有c（Mg2+）=c（CO32﹣），且c（Mg2+）•c（CO32﹣）=6.8×10﹣6考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系；水的电离．.分析：A．氢键的形成使熔沸点升高；B．氟气能与水反应生成氧气；C．NaClO溶液水解显碱性，故溶液中的氢氧根离子为水电离的，由水电离出的c（H+）=c（OH﹣），依此进行计算；D．含大量镁离子的溶液中，c（Mg2+）＞c（CO32﹣）．解答：解：A．ⅣA族元素形成的氢化物的沸点从上到下依次递增，但ⅤA族元素所形成的氢化物中，由于NH3分子间可形成氢键，故沸点高于其他氢化物，故A错误；B．氯气可置换出KEr溶液中的溴，但氟气能与水反应生成氧气，故氟气不能置换出KBr 中的溴，故B错误；C．某浓度的NaClO溶液的pH=d，则溶液中氢离子浓度为：c（H+）=1×10﹣dmol/L，则c（OH﹣）=10﹣14+dmon•L﹣1，溶液中的氢氧根离子为水电离的，所以由水电离的氢离子浓度为c（OH﹣）=10﹣14+dmon•L﹣1，故C正确；D．若溶液中镁离子浓度很大，则沉淀溶解平衡逆向移动，c（Mg2+）＞c（CO32﹣），但温度不变，c（Mg2+）•c（CO32﹣）=6.8×10﹣6，故D错误；故选C．点评：本题考查氢键的性质、卤族单质的性质、盐类的水解，及沉淀的溶解平衡等知识，难度不大．要注意氢键对物质物理性质的影响．二、解答题（共4小题，满分58分）8．（14分）（2015•黄山二模）如图是部分短周期元素原子（用字母表示）最外层电子束与原子序数的关系，请回答下列问题．（1）Y在元素周期表中位于第二周期，第VIIA族，P的基态原子核外电子排布式为122s22p63s23p2（2）Y，P，R第一电离能大小的顺序为（用化学符号表示，下同）F＞P＞S，X，R，W的气态氢化物水溶液酸性大小顺序为HCl＞H2S＞H2O（3）X，Z的单质按物质的量比1：2，反应生成的化合物中化学键类型有离子键、非极性键，计算2mol该化合物与标准状况下33.6LCO2和1.0mol水蒸气混合物充分反应后转移电子的物质的量是2mol（4）Q单质与Z的最高氧化物对应水化物的浓溶液反应，化学方程式为Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑（5）已知：反应ⅠCaSO2（s）+CO（g）⇌CaO（s）+SO2（g）+CO2（g）△H1=+218.4KJ•mol ﹣1反应ⅡCaSO4（s）+4CO（g）⇌CaO（s）+4CO2（g）△H2=﹣175.6KJ•mol﹣1假设某温度下，反应Ⅰ的速率（v1）大于反应Ⅱ的速率（v2），则图2反应过程能量变化示意图正确的是D．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：都是短周期元素，由最外层电子数与原子序数关系可知，X、Y处于第二周期，X的最外层电子数为6，故X为O元素，Y的最外层电子数为7，故Y为F元素；Z、P、Q、R、W处于第三周期，最外层电子数分别为1、4、5、6、7，故Z为Na元素、Q为Si、P 为P元素、R为S、W为Cl元素，据此进行解答．解答：解：由最外层电子数与原子序数关系可知，X、Y处于第二周期，X的最外层电子数为6，故X为O元素，Y的最外层电子数为7，故Y为F元素；Z、P、Q、R、W处于第三周期，最外层电子数分别为1、4、5、6、7，故Z为Na元素、Q为Si、P为P元素、R为S、W为Cl元素，（1）Y是F，F在元素周期表中位于第二周期，第VIIA族，P为磷，P的基态原子核外电子排布式为，故答案为：二；VIIA；122s22p63s23p2；（2）F，P，S元素的非金属性越强，其第一电离能越大，由于P元素的3p处于半充满状态，故其第一电离能大于S，故第一电离能大小的顺序为：F＞P＞S，O，S，Cl的气态氢化物分别为：H2O、H2S、HCl，水呈中性、HCl为强酸，故水溶液酸性大小顺序为：HCl＞H2S＞H2O，故答案为：F＞P＞S；HCl＞H2S＞H2O；（3）O，Na的单质按物质的量比1：2反应生成的化合物为过氧化钠，过氧化钠中化学键类型有离子键、共价键，2mol过氧化钠与标准状况下1.5molCO2和1.0mol水蒸气混合物充分反应，反应方程式为：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，据此关系式得出：1.5molCO2和1.0mol物质的量大于过氧化钠的物质的量，且每1mol 过氧化钠反应转移1mol电子，由于过氧化钠不足，故转移电子的物质的量是2mol×1=2mol，故答案为：离子键、共价键；2mol；（4）Si单质与Na的最高氧化物对应水化物（NaOH）的浓溶液反应生成硅酸钠和氢气，化学方程式为：Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑，故答案为：Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑；（5）反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，则A、C错误，因为两图中生成物总能量高于反应物总能量，由题意知：反应Ⅰ的速率（v1）大于反应Ⅱ的速率（v2），则反应Ⅱ的活化能较大，则B错误、D正确，故选D．点评：本题考查结构性质位置关系、元素周期律等，难度不大，根据最外层电子数及原子序数的关系确定元素是解题的关键，注意整体把握元素周期表的结构．9．（14分）（2015•黄山二模）某课题小组合成一种复合材料的基体M的结构简式为：（1）写出A的结构简式，②的反应类型为加成反应（2）B中含有的官能团有碳碳双键、羧基，D的名称（系统命名）是苯乙烯（3）写出反应③的化学方程式（4）写出符合下列条件：①能使FeCl3溶液显紫色；②苯环只有二个取代基；③与新制的Cu（OH）2悬浊液混合加热，有砖红色沉淀生成；④苯环上一氯化物有2种同分异构体．写出有机物B的一种同分异构体的结构简式（或）（5）下列说法正确的是acda．E与分子式相同的醛互为同分异构体b．F的分子式为C2H2NOc．CH2CHNH2能与盐酸反应d．C分子中苯环上取代基有2个π键．考点：有机物的合成．.专题：有机物的化学性质及推断．分析：由苯乙烯及A的产物结构可知，苯乙烯与水发生加成反应生成A的结构简式为：；反应①为氧化反应，由反应②的反应物及产物结构可知反应②为加成反应，结合M的结构可知C的结构简式为：，结合信息逆推可知B的结构简式为：，据此进行解答．解答：解：由苯乙烯及A的产物结构可知，苯乙烯与水发生加成反应生成A为，反应①为氧化反应，由反应②的反应物及产物结构可知反应②为加成反应，结合M的结构可知C为，结合信息逆推可知B为，（1）由上述分析可知，A的结构简式为：；反应②为E与HCN反应生成F，反应过程中E中C=O键断裂变成单键，所以该反应为加成反应，故答案为：；加成反应；（2）B的结构简式为：，其分子中含有碳碳双键和羧基；根据D的结构简式可知，其名称为苯乙烯，故答案为：碳碳双键、羧基；苯乙烯；（3）B的结构简式为，C的结构简式为，则反应③的化学方程式为：，故答案为：；（4）B为，其同分异构体符合下列条件：①能使FeCl3溶液显紫色，含有酚羟基③与新制的Cu（OH）2悬浊液混合加热，有砖红色沉淀生成，含有羟基；②只有二个取代基；④苯环上一氯化物有2种同分异构体，则苯环上的两个取代基在对位，符合条件的B的同分异构体为：、，故答案为：（或）；（5）a．E分子中含有羰基，与分子式相同的醛具有不同结构，它们互为同分异构体，故a正确；b．根据F的结构简式可知，其分子式为C9H9NO，故b错误；c．CH2CHNH2中含有氨基，所以能够与盐酸反应，故c正确；d．C的结构简式为，该分子中苯环上取代基中含有两个双键，所以含有2个π键，故d正确；故答案为：acd．点评：本题考查了有机合成，题目难度较大，根据合成流程明确合成原理为解答关键，注意掌握常见有机物结构与性质，明确同分异构体的概念及书写原则，试题培养了学生灵活应用基础知识的能力．10．（15分）（2015•黄山二模）银铜合金广泛用于航空工业，从切割废料中回收并制备钢化工产品的工艺如下：（注：Al（OH）3和Cu（OH）2开始分解的温度分别为450℃和80℃）（1）电解精炼银时，电解质溶液可选用AgNO3；滤渣A与稀HNO3反应的化学方程式为3Ag+4HNO3（稀）═3AgNO3+NO↑+2H2O．（2）固体混合物B的组成为Al（OH）3和CuO；过滤得到固体B时，实验室如何进行洗涤操作？将固体置于漏斗中，沿玻璃棒向过滤器中慢慢加蒸馏水，至完全淹没沉淀，静置待液体全部流下，再重复此操作2～3次至洗涤干净（3）在第一步过滤所得的CuSO3溶液中含有过量的硫酸，若要该溶液来检测糖尿病，需要对溶液进行哪些处理溶液中加过量氢氧化钠，生成偏碱性的氢氧化铜悬浊液，检测糖尿病时发生的反应方程CH2OH（CHOH）4CHO+2Cu（OH）2+NaOH CH2OH（CHOH）4COONa+Cu2O↓+3H2O或CH2OH（CHOH）4CHO+2Cu（OH）2CH2OH（CHOH）4COOH+Cu2O↓+2H2O（4）完成煅烧过程中一个反应的化学方程式：4CuO+2Al2O34CuAlO2+ O2↑．（5）理论上生产6.15kgCuAlO2需要含铜的质量分数为64%的银铜合金废料5kg．考点：金属的回收与环境、资源保护．.专题：实验设计题；元素及其化合物．分析：（1）电解精炼银时，所选的电解质是含有银离子的盐溶液；滤渣A为银，和稀硝酸反应生成硝酸银、一氧化氮和水，根据反应物、生成物来书写方程式；（2）未煮沸之前是Cu（OH）2和Al（OH）3，根据Al（OH）3和Cu（OH）2开始分解的温度分别为450℃和80℃判断产物；沉淀的洗涤方法：沿玻璃棒向过滤器中加蒸馏水，至完全淹没沉淀，静置待液体全部流下，再重复此操作2～3次至洗涤干净；（3）过量的硫酸能和检验醛基的氢氧化铜发生中和反应，所以需在碱性条件下进行，加碱生成偏碱性的氢氧化铜悬浊液，葡萄糖为五羟基醛和新制Cu（OH）2发生氧化还原反应生成葡萄糖酸或其盐和砖红色的氧化亚铜；（4）根据化合价升降总数相等以及原子守恒来配平；（5）根据铜元素守恒建立关系式：Cu～CuAlO2来计算．解答：解：（1）电解精炼银时，所选的电解质是含有银离子的盐溶液，可选用硝酸银溶液；滤渣A为银，和稀硝酸反应：3Ag+4HNO3（稀）═3AgNO3+NO↑+2H2O，故答案为：AgNO3；3Ag+4HNO3（稀）═3AgNO3+NO↑+2H2O；（2）未煮沸之前是Cu（OH）2和Al（OH）3，Al（OH）3和Cu（OH）2开始分解的温度分别为450℃和80℃，煮沸后Cu（OH）2分解产生氧化铜，可知B为Al（OH）3和CuO，过滤得到固体B时，进行沉淀的洗涤，方法为：将固体置于漏斗中，沿玻璃棒向过滤器中慢慢加蒸馏水，至完全淹没沉淀，静置待液体全部流下，再重复此操作2～3次至洗涤干净，故答案为：Al（OH）3和CuO；将固体置于漏斗中，沿玻璃棒向过滤器中慢慢加蒸馏水，至完全淹没沉淀，静置待液体全部流下，再重复此操作2～3次至洗涤干净；（3）过量的硫酸能和检验醛基的氢氧化铜发生中和反应，所以需在碱性条件下进行，加碱2NaOH+CuSO4═Cu（OH）2↓+Na2SO4，葡萄糖与新制Cu（OH）2悬浊液共热，方程式为：CH2OH（CHOH）4CHO+2Cu（OH）2+NaOH CH2OH（CHOH）4COONa+Cu2O↓+3H2O或CH2OH（CHOH）4CHO+2Cu（OH）2CH2OH（CHOH）4COOH+Cu2O↓+2H2O；故答案为：液中加过量氢氧化钠，生成偏碱性的氢氧化铜悬浊液；CH2OH（CHOH）4CHO+2Cu（OH）2+NaOH CH2OH（CHOH）4COONa+Cu2O↓+3H2O或CH2OH（CHOH）4CHO+2Cu（OH）2CH2OH（CHOH）4COOH+Cu2O↓+2H2O；（4）反应前Cu为+2价，反应后为+1，化合价降低1，Al化合价没有变化，所以氧元素的化合价升高，生成氧气，反应前氧为﹣2价，反应后为0，化合价升高2，两者的最小公倍数是2，再根据原子守恒得：4CuO+2Al2O3=4CuAlO2+O2↑，故答案为：4；2；4；O2；（5）设含铜的质量分数为64%的银铜合金废料的质量为x，由关系式：Cu～CuAlO2得=，解得x=5，故答案为：5．点评：本题以银铜合金制备钢化工产品为背景，考查了电解原理、沉淀的判断、氧化还原反应的配平以及化学计算，题目难度中等．11．（15分）（2015•黄山二模）日常用牙膏的主要成分有：活性物质，摩擦剂，甘油等，假设牙膏中的摩擦剂成分为CaC03、SiO2、Al（OH）3中的一种或几种物质组成，牙膏中其他成分均可溶于盐酸，且无气体产生．（1）牙膏中添加甘油主要作用保温为进一步炭疽牙膏中摩擦剂成分，进行了以下探究：Ⅰ．摩擦剂成分的定性检验：设计实验方案，验证假设，请写出实验步骤以及预期现象和结论（可不填满也可补充）．可选的试剂：稀盐酸，稀硫酸，NaOH溶液，澄清石灰水．实验步骤预期现象和结论有难溶物存在步骤1：取适量牙膏样品，加水充分搅拌、过滤步骤2：①有无色气泡产生，说明有CaCO3②出现无色气泡，说明含有碳酸钙，说明有若有难溶物存在，说明有二氧化硅步骤3：…Ⅱ．牙膏样品中碳酸钙的定量测定利用如图所示装置（图中夹持仪器略去）进行实验，充分反应后，测定C中生成的BaCO3沉淀质量，以确定碳酸钙的质量分数依据实验过程回答下列问题（2）实验过程中需持续缓缓通入空气，其主要作用将生成的二氧化碳全部排入C中，使之完全被氢氧化钡吸收（3）仪器C中选择Ba（OH）2而不选择Ca（OH）2溶液原因：①氢氧化钡的溶解度大，可以配制得较高的浓度②产物碳酸钡的相对分子量大，可以减小实验误差（4）下列各项措施中，能提高测定准确经度的是ab（填标号）a．在加入盐酸之前，应排净装置内的CO2气体b．缓慢滴加稀盐酸c．在A﹣B之间增添盛有浓硫酸的洗气装置d．在B﹣C之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置（5）实验中准确称取1.00g样品三份，进行三次测定，测得BaCO2平均质量为3.94g，测样品中碳酸钙的质量分数为20%，若改测定C中生成BaCO2的质量分数，两方法测定的结果不同（填“相同”或“不同”），原因是B中的水蒸气、氯化氢气体等进入装置C中．考点：探究物质的组成或测量物质的含量．.专题：实验探究和数据处理题．分析：（1）甘油具有吸湿性，所以牙膏中添加甘油主要作用是保温；Ⅰ．依据碳酸钙和氢氧化铝的性质分析设计实验，证明含有碳酸钙和氢氧化铝的实验方案和反应现象分析判断；Ⅱ．实验通过C装置生成的碳酸钡的质量测定二氧化碳的质量，进而计算牙膏中碳酸钙的质量分数，整个装置中如果有二氧化碳会测定结果偏大，如果残留部分二氧化碳，不能被完全吸收，导致测定的碳酸钡的质量偏小，由此分析解答：（2）将生成的二氧化碳全部排入C装置中，使之完全被氢氧化钡吸收；（3）可以通过溶解度的角度分析考虑，另碳酸钡的相对分子量比碳酸钙的相对分子量大得多，称量读数时误差小；（4）a ．在加入盐酸之前，应排净装置内的CO2气体，防止影响碳酸钡质量；b ．缓慢滴加稀盐酸，防上滴加过快二氧化碳来不及吸收，排出C 装置；c ．在A ﹣B 之间增添盛有浓硫酸的洗气装置，吸收水，对碳酸钡的质量无影响；d ．在B ﹣C 之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置，吸收氯化氢的同时生成二氧化碳，影响测定的准确度；（5）BaCO3质量为3.94g n （BaCO3）=0.0200mol ，则n （CaCO3）=0.0200mol ，质量为2.00g ；装置B 中的水蒸气和氯化氢气体会进入装置C ．解答： 解：（1）甘油具有吸湿性，所以牙膏中添加甘油主要作用是保温，故答案为：保温；Ⅰ．设计方案对步骤1，生成的难溶物进行定性实验，将难溶物于试管，滴加直过量的盐酸，若有无色气泡产生，说明碳酸钙的存在，若加盐酸仍然出现不溶物，说明二氧化硅的存在，然后取上层清液少许，滴加氢氧化钠，观察现象，故答案为：实验步骤预期现象和结论 步骤1：步骤2：取步骤1中适量滤渣于试管，滴加过量稀盐酸． ①出现无色气泡，说明含有碳酸钙；②若有难溶物存在，说明有二氧化硅．步骤3：取步骤2的上层清液，滴加氢氧化钠溶液 溶液先生成沉淀，后沉淀溶解说明含有氢氧化铝；若无明显现象，则无氢氧化铝．（2）实验过程中需持续缓缓通入空气，其主要作用是将生成的二氧化碳气体赶到C 装置中，被氢氧化钡完全吸收，故答案为：将生成的二氧化碳全部排入C 中，使之完全被氢氧化钡吸收；（3）氢氧化钡的溶解度比氢氧化钙的溶解度大得多，单位体积内氢氧化钡溶解的量多，吸收效果好，另碳酸钡的相对分子量比碳酸钙的相对分子量大得多，称量读数时误差小，故答案为：氢氧化钡的溶解度大，可以配制得较高的浓度；产物碳酸钡的相对分子量大，可以减小实验误差；。

2015年安徽省高考化学试卷一、选择题：7．（6分）（2015•安徽）碳酸亚乙烯酯是锂离子电池低温电解液的重要添加剂，其结构如图，下列有关该物质的说法正确的是（）A．分子式为C3H2O3B．分子中含6个σ键C．分子中只有极性键D．8.6g该物质完全燃烧得到6.72LCO28．（6分）（2015•安徽）下列有关实验的选项正确的是（）A．配制0.10mol•L﹣1NaOH溶液B．除去CO中的CO2C．苯萃取碘水中I2，分出水层后的操作D．记录滴定终点读数为12.20mLA．A B．B C．C D．D9．（6分）（2015•安徽）下列有关说法正确的是（）A．在酒精灯加热条件下，Na2CO3、NaHCO3固体都能发生分解B．F e（OH）3胶体无色、透明，能产生丁达尔现象C．H2、SO2、CO2三种气体都可用浓H2SO4干燥D．S iO2既能和NaOH溶液反应又能和氢氟酸反应，所以是两性氧化物10．（6分）（2015•安徽）下列有关NaClO和NaCl混合溶液的叙述正确的是（）A．该溶液中，H+、NH4+、SO42﹣、Br﹣可以大量共存B．该溶液中，Ag+、K+、NO3﹣、CH3CHO可以大量共存C．向该溶液中滴入少量FeSO4溶液，反应的离子方程式为：2Fe2++ClO﹣+2H+═Cl﹣+2Fe3++H20D．向该溶液中加入浓盐酸，每产生1molCl2，转移电子约为6.02×1023个11．（6分）（2015•安徽）汽车尾气中NO产生的反应为：N2（g）+O2（g）⇌2NO（g），一定条件下，等物质的量的N2（g）和O2（g）在恒容密闭容器中反应，如图曲线a表示该反应在温度T下N2的浓度随时间的变化，曲线b表示该反应在某一起始反应条件改变时N2的浓度随时间的变化．下列叙述正确的是（）A．温度T下，该反应的平衡常数K=B．温度T下，随着反应的进行，混合气体的密度减小C．曲线b对应的条件改变可能是加入了催化剂D．若曲线b对应的条件改变是温度，可判断该反应的△H＜012．（6分）（2015•安徽）某同学将光亮的镁条放入盛有NH4Cl溶液的试管中，有大量气泡产生，为探究该反应原理，该同学做了以下实验并观察到相关现象，由此得出的结论不合理的是（）选项实验及现象结论A 将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝反应中有NH3产生B 收集产生的气体并点燃，火焰呈淡蓝色反应中有H2产生C 收集气体的同时测得溶液的pH为8.6 弱碱性溶液中Mg也可被氧化D 将光亮的镁条放入pH为8.6的NaHCO3溶液中，有气泡产生弱碱性溶液中OH﹣氧化了MgA．A B．B C．C D．D13．（6分）（2015•安徽）25℃时，在10mL浓度均为0.1mol•L﹣1的NaOH和NH3•H2O混合溶液中滴加0.1mol•L﹣1盐酸，下列有关溶液中粒子浓度关系正确的是（）A．未加盐酸时：c（OH﹣）＞c（Na+）=c（NH3•H2O）B．加入10mL盐酸时：c（NH4+）+c（H+）=c（OH﹣）C．加入盐酸至溶液pH=7时：c（Cl﹣）=c（Na+）D．加入20mL盐酸时：c（Cl﹣）=c（NH4+）+c（Na+）二、非选择题25．（14分）（2015•安徽）C、N、O、Al、Si、Cu是常见的六种元素．（1）Si位于元素周期表第周期第族；（2）N的基态原子核外电子排布式为；Cu的基态原子最外层有个电子；（3）用“＞”或“＜”填空：原子半径电负性熔点沸点Al Si N O 金刚石晶体硅CH4 SiH4（4）常温下，将除去表面氧化膜的Al、Cu片插入浓HNO3中组成原电池（图1），测得原电池的电流强度（I）随时间（t）的变化如图2所示，反应过程中有红棕色气体产生．0～t1时，原电池的负极是Al片，此时，正极的电极反应式是，溶液中的H+向极移动．t1时，原电池中电子流动方向发生改变，其原因是．26．（16分）（2015•安徽）四苯基乙烯（TPE）及其衍生物具有聚集诱导发光特性，在光电材料等领域应用前景广泛，以下是TPE的两条合成路线（部分试剂和反应条件省略）：（1）A的名称是；试剂Y为；（2）B→C的反应类型是；B中官能团的名称是，D中官能团的名称是；（3）E→F的化学方程式是；（4）W是D的同分异构体，具有下列结构特征：①属于萘（）的一元取代物；②存在羟甲基（﹣CH2OH），写出W所有可能的结构简式：；（5）下列说法正确的是．a、B的酸性比苯酚强b、D不能发生还原反应c、E含有3种不同化学环境的氢d、TPE既属于芳香烃也属于烯烃．27．（14分）（2015•安徽）硼氢化钠（NaBH4）在化工等领域具有重要的应用价值，某研究小组采用偏硼酸钠（NaBO2）为主要原料制备NaBH4，其流程如图：已知：NaBH4常温下能与水反应，可溶于异丙胺（沸点：33℃）；（1）在第①步反应加料之前，需要将反应器加热至100℃以上并通入氩气，该操作的目的是，原料中的金属钠通常保存在中，实验室取用少量金属钠需要用到的实验用品有、、玻璃片和小刀等；（2）请配平第①步反应的化学方程式：NaBO2+SiO2+Na+H2═NaBH4+Na2SiO3（3）第②步分离采用的方法是；第③步分出NaBH4并回收溶剂，采用的方法是；（4）NaBH4（s）与H2O（l）反应生成NaBO2（s）和H2（g）．在25℃、101kPa下，已知每消耗3.8gNaBH4（s）放热21.6kJ，该反应的热化学方程式是．28．（14分）（2015•安徽）某研究小组将纯净的SO2气体通入0.1mol•L﹣1的Ba（NO3）2溶液中，得到了BaSO4沉淀．为探究上述溶液中何种微粒能氧化通入的SO2，该小组提出了如下假设：假设一：溶液中的NO3﹣假设二：溶液中溶解的O2；（1）验证假设一该小组设计实验验证了假设一，请在下表空白处填写相关实验现象．实验步骤实验现象结论假设一成立实验1：在盛有不含O2的25mL0.1mol•L﹣1BaCl2溶液的烧杯中，缓慢通入纯净的SO2气体．实验2：在盛有不含O2的25mL0.1mol•L﹣1Ba（NO3）2溶液的烧杯中，缓慢通入纯净的SO2气体（2）为深入研究该反应，该小组还测得上述两个实验中溶液pH随通入SO2体积的变化曲线如图．实验1中溶液pH变小的原因是；V1时，实验2中溶液pH小于实验1的原因是（用离子方程式表示）．（3）验证假设二请设计实验验证假设二，写出实验步骤、预期现象和结论．实验步骤、预期现象和结论（不要求写具体操作过程）：（4）若假设二成立，请预测：在相同条件下，分别用足量的O2和KNO3氧化相同的H2SO3溶液（溶液体积变化忽略不计），充分反应后两溶液的pH前者（填“大于”或“小于”）后者，理由是．2015年安徽省高考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题：7．（6分）（2015•安徽）碳酸亚乙烯酯是锂离子电池低温电解液的重要添加剂，其结构如图，下列有关该物质的说法正确的是（）A．分子式为C3H2O3B．分子中含6个σ键C．分子中只有极性键D．8.6g该物质完全燃烧得到6.72LCO2考点：化学键；分析：A、为有机物的结构简式，其中顶点省略的是C原子，每个C原子均形成4对共价键，每个O原子形成2对共价键，C原子价键不饱和的用H原子补充，据此判断分子式；B、单键即为σ键，依据此结构简式判断σ键的个数；C、相同原子之间形成非极性共价键，不同原子之间形成极性共价键，据此解答；D、依据C的完全燃烧产物为二氧化碳，依据此有机物物质的量判断标准状况下生成二氧化碳的体积．解答：解：A、，此有机物中含有3个C、3个O和2个H，故分子式为：C3H2O3，故A正确；B、此分子中存在5个C﹣O键和1个C﹣C键，还存在2个C﹣H键，总共8个σ键，故B错误；C、此有机物中存在C=C键，属于非极性共价键，故C错误；D、8.6g该有机物的物质的量为：=0.1mol，由于未指明标准状况，故生成的二氧化碳的体积不一定是6.72L，故D错误，故选A．点评：本题主要考查的是有机物结构简式的判断，涉及分子式书写、化学键类型判断、有机物的燃烧等，综合性较强，但是难度不大．8．（6分）（2015•安徽）下列有关实验的选项正确的是（）A．配制0.10mol•L﹣1NaOH溶液B．除去CO中的CO2C．苯萃取碘水中I2，分出水层后的操作D．记录滴定终点读数为12.20mLA．A B．B C．C D．D考点：化学实验方案的评价；分析：A、容量瓶为配制一定物质的量浓度溶液的仪器，不能用于溶解固体，溶解固体需在烧杯中进行；B、二氧化碳为酸性气体，和强碱反应形成盐，CO既不溶于碱也不溶于水；C、苯的密度小于水，萃取后的溶液应位于分液漏斗的上层，上层溶液从上口倒出；D、滴定管的0刻度在上方，据此读数即可．解答：解：A、溶解固体药品应用烧杯，不能直接在容量瓶中溶解，故A错误；B、CO不与水和氢氧化钠溶液反应，而二氧化碳可以与氢氧化钠反应，利用此装置可以除去CO中混有的二氧化碳，故B正确；C、苯萃取溴水中的溴，在分液漏斗的上层，应从上口倒出，故C错误；D、滴定管的0刻度在上方，此图中正确读数应为11.80mL，故D错误，故选B．点评：本题主要考查的是实验室中常见仪器的使用以及简单实验操作，还考查了仪器的读数等，难度不大．9．（6分）（2015•安徽）下列有关说法正确的是（）A．在酒精灯加热条件下，Na2CO3、NaHCO3固体都能发生分解B．F e（OH）3胶体无色、透明，能产生丁达尔现象C．H2、SO2、CO2三种气体都可用浓H2SO4干燥D．S iO2既能和NaOH溶液反应又能和氢氟酸反应，所以是两性氧化物考点：钠的重要化合物；分散系、胶体与溶液的概念及关系；硅和二氧化硅；气体的净化和干燥．分析：A、NaHCO3不稳定，加热易分解；B、氢氧化铁胶体为红褐色；C、浓硫酸具有酸性、强氧化性、吸水性和脱水性，所以浓硫酸不能干燥还原性气体、碱性气体，据此分析解答；D、二氧化硅是酸性氧化物，酸性氧化物可以与碱反应生成盐和水．解答：解：A、NaHCO3不稳定，加热易分解：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，碳酸钠受热稳定，加热不分解，故A错误；B、Fe（OH）3胶体为红褐色、透明，不是无色，故B错误；C、H2、SO2、CO2三种气体均不与浓硫酸反应，故能利用浓硫酸干燥，故C正确；D、二氧化硅是酸性氧化物，酸性氧化物可以与碱反应生成盐和水，因此二氧化硅能与氢氧化钠溶液反应，但和氢氟酸反应是二氧化硅的特性，故D错误，故选C．点评：本题考查了物质性质的分析应用，熟练掌握浓硫酸、二氧化硅的性质、常见胶体的颜色与性质等基础知识是解题关键，题目难度不大．10．（6分）（2015•安徽）下列有关NaClO和NaCl混合溶液的叙述正确的是（）A．该溶液中，H+、NH4+、SO42﹣、Br﹣可以大量共存B．该溶液中，Ag+、K+、NO3﹣、CH3CHO可以大量共存C．向该溶液中滴入少量FeSO4溶液，反应的离子方程式为：2Fe2++ClO﹣+2H+═Cl﹣+2Fe3++H20D．向该溶液中加入浓盐酸，每产生1molCl2，转移电子约为6.02×1023个考点：钠的重要化合物．分析：A、次氯酸为弱酸，次氯酸根与氢离子不能大量共存；B、银离子与氯离子生成AgCl白色难溶沉淀，故而不能电离共存；C、NaClO为强碱弱酸盐，水解呈碱性，NaCl为中性，溶液中不存在大量的氢离子；D、次氯酸具有氧化性，浓盐酸具有还原性，两者发生归中反应生成氯气，据此解答即可．解答：解：A、NaClO和NaCl混合溶液中存在大量的次氯酸根，次氯酸为弱酸，次氯酸根与氢离子不能大量共存，故A错误；B、NaClO和NaCl混合溶液中存在大量的氯离子，与银离子反应生成白色难溶沉淀，故不能大量共存，故B错误；C、NaClO为强碱弱酸盐，水解呈碱性，NaCl为中性，溶液中不存在大量的氢离子，与2Fe2++ClO﹣+2H+═Cl﹣+2Fe3++H20反应矛盾，故C错误；D、浓盐酸中Cl由﹣1价升高到0价，次氯酸中Cl由+1价降低到0价，故每生成1mol氯气转移电子数为1mol，故D正确，故选D．点评：本题主要考查的是溶液中离子的判断，涉及离子共存、盐类水解、氧化还原反应原理等，综合性较强，容易出错的是C选项，没有注意原溶液的酸碱性．11．（6分）（2015•安徽）汽车尾气中NO产生的反应为：N2（g）+O2（g）⇌2NO（g），一定条件下，等物质的量的N2（g）和O2（g）在恒容密闭容器中反应，如图曲线a表示该反应在温度T下N2的浓度随时间的变化，曲线b表示该反应在某一起始反应条件改变时N2的浓度随时间的变化．下列叙述正确的是（）A．温度T下，该反应的平衡常数K=B．温度T下，随着反应的进行，混合气体的密度减小C．曲线b对应的条件改变可能是加入了催化剂D．若曲线b对应的条件改变是温度，可判断该反应的△H＜0考点：化学平衡建立的过程；分析：A、依据氮气的浓度变化，找出三段式，计算平衡常数即可；B、此容器为恒容密闭容器，ρ=，据此判断即可；C、催化剂只能改变化学反应色速率，不能改变物质的转化律；D、由图可知，b曲线化学反应速率快，若是升高温度，氮气的平衡浓度减小，则正反应为吸热反应．解答：解：A、N2（g）+O2（g）⇌2NO（g），起（mol/L）c0c0 0转（mol/L）x x 2x平（mol/L）c1 c1 2x解2x=2（c0 ﹣c1 ），故K=，故A正确；B、反应物和生成物均是气体，故气体的质量m不变，容器为恒容容器，故V不变，那么密度ρ=不变，故B错误；C、由图可知，b曲线氮气的平衡浓度减小，故应是平衡发生移动，催化剂只能改变速率，不能改变平衡，故b曲线不可能是由于催化剂影响的，故C错误；D、由图可知，b曲线化学反应速率快（变化幅度大），氮气的平衡浓度减小，升高温度平衡正向移动，则正反应为吸热反应，即△H＞0，故D错误，故选A．点评：本题主要考查的是化学平衡建立的过程，涉及平衡常数的计算、平衡移动原理的应用、催化剂对平衡的影响等，综合性较强，有一定难度．12．（6分）（2015•安徽）某同学将光亮的镁条放入盛有NH4Cl溶液的试管中，有大量气泡产生，为探究该反应原理，该同学做了以下实验并观察到相关现象，由此得出的结论不合理的是（）选项实验及现象结论A 将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝反应中有NH3产生B 收集产生的气体并点燃，火焰呈淡蓝色反应中有H2产生C 收集气体的同时测得溶液的pH为8.6 弱碱性溶液中Mg也可被氧化D 将光亮的镁条放入pH为8.6的NaHCO3溶液中，有气泡产生弱碱性溶液中OH﹣氧化了MgA．A B．B C．C D．D考点：镁的化学性质；分析：A．氨气为碱性气体，遇到湿润的红色石蕊变蓝；B．氢气燃烧发出淡蓝色的火焰；C．PH为8.6时，仍然有气体生成，说明碱性条件下，Mg可以被氧化；D．若是氢氧根氧化了Mg，则氢氧根得电子被还原，不可能生成气体．解答：解：A．氨气为碱性气体，遇到湿润的红色石蕊变蓝，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝，可以证明气体中含有氨气，故A正确；B．收集产生的气体并点燃，火焰呈淡蓝色，可以证明氢气的存在，故B正确；C．PH为8.6时，仍然有气体生成，说明碱性条件下，Mg可以被氧化，故C正确；D、若是氢氧根氧化了Mg，则氢氧根得电子被还原，不可能生成气体，所以D的结论不合理，故选D．故选：D．点评：本题考查了元素化合物知识，熟悉镁、氯化铵、碳酸氢钠的性质是解题关键，注意物质检验方法的积累．13．（6分）（2015•安徽）25℃时，在10mL浓度均为0.1mol•L﹣1的NaOH和NH3•H2O混合溶液中滴加0.1mol•L﹣1盐酸，下列有关溶液中粒子浓度关系正确的是（）A．未加盐酸时：c（OH﹣）＞c（Na+）=c（NH3•H2O）B．加入10mL盐酸时：c（NH4+）+c（H+）=c（OH﹣）C．加入盐酸至溶液pH=7时：c（Cl﹣）=c（Na+）D．加入20mL盐酸时：c（Cl﹣）=c（NH4+）+c（Na+）考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；分析：氢氧化钠为强碱，在水溶液中完全电离，一水合氨为弱碱，在水溶液中部分电离，相同体积与浓度的氢氧化钠与一水合氨其中和能力是相同的，据此分析解答即可．解答：解：A、NaOH和NH3•H2O混合溶液中，NaOH完全电离，NH3•H2O部分电离，因此c（OH﹣）＞0.1mol/L，c（Na+）=0.1mol/L，c（NH3•H2O）＜0.1mol/L，故c（OH ﹣）＞c（Na+）＞c（NH3•H2O），故A错误；B、在此混合溶液中加入10mL盐酸，存在电中性原则：c（NH4+）+c（H+）+c（Na+）=c（OH﹣）+c（Cl﹣），由于等体积等浓度混合，故c（Na+）=c（Cl﹣），即c（NH4+）+c（H+）=c（OH﹣），故B正确；C、加入盐酸至pH=7时，溶液呈中性，即c（H+）=c（OH﹣），那么c（NH4+）+c（Na+）=c（Cl﹣），即c（Cl﹣）＞c（Na+），故C错误；D、加入20mL盐酸时，此时溶液恰好为氯化钠与氯化铵的混合溶液，此时溶液呈酸性，即存在c（H+）＞c（OH﹣），那么c（NH4+）+c（Na+）＜c（Cl﹣），故D错误，故选B．点评：本题主要考查酸碱混合的定性判断，题目难度中等，本题注意把握弱电解质的电离特点，易错点为C，注意酸碱中和滴定的实验原理．二、非选择题25．（14分）（2015•安徽）C、N、O、Al、Si、Cu是常见的六种元素．（1）Si位于元素周期表第三周期第IV A族；（2）N的基态原子核外电子排布式为1s22s22p3；Cu的基态原子最外层有1个电子；（3）用“＞”或“＜”填空：原子半径电负性熔点沸点Al＞Si N＜O 金刚石＞晶体硅CH4＜SiH4（4）常温下，将除去表面氧化膜的Al、Cu片插入浓HNO3中组成原电池（图1），测得原电池的电流强度（I）随时间（t）的变化如图2所示，反应过程中有红棕色气体产生．0～t1时，原电池的负极是Al片，此时，正极的电极反应式是2H++NO3﹣+e﹣=NO2↑+H2O，溶液中的H+向正极移动．t1时，原电池中电子流动方向发生改变，其原因是Al在浓硝酸中发生钝化，氧化膜阻止了Al的进一步反应．考点：真题集萃；位置结构性质的相互关系应用；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别；原电池和电解池的工作原理．分析：（1）Si原子序数为14，有3个电子层，最外层电子数为4；（2）N的原子序数为7，共排布3个能层；Cu为29号元素，和核外电子排布式为：[Ar]3d104s1，据此解答即可；（3）同一周期，原子序数越小，半径越大；元素的非金属性越强，其电负性越大；晶体类型相同的，原子半径越小，熔点越高；分子组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，沸点越高，据此解答即可；（4）依据题意，0～t1时，原电池的负极是Al片，且有红棕色气体产生，说明溶液中的硝酸根在正极放电，据此解答即可；电流发生改变，即原电池的正负极发生改变，据此分析原因即可．解答：解：（1）Si原子序数为14，有3个电子层，最外层电子数为4，故Si处于第三周期第IVA族，故答案为：三；IV A；（2）N的原子序数为7，共排布3个能层，其核外电子排布式为：1s22s22p3，Cu元素为29号元素，原子核外有29个电子，所以核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，故其最外层电子数为1，故答案为：1s22s22p3；1；（3）同一周期，原子序数越小，半径越大，由于原子序数Al＜Si，故半径Al＞Si；元素的非金属性越强，其电负性越大，由于非金属性O＞N，故电负性N＜O；晶体类型相同的，原子半径越小，熔点越高，由于C的原子半径小于Si的原子半径，故熔点：金刚石＞晶体硅；分子组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，沸点越高，由于SiH4相对分子质量大于CH4，故沸点CH4＜SiH4，故答案为：＞；＜；＞；＜；（4）0～t1时，原电池的负极是Al片，溶液中产生红棕色气体是二氧化氮，故正极反应方程式为：2H++NO3﹣+e﹣=NO2↑+H2O，此时溶液中的氢离子移向正极，一段时间后，由于Al与浓硝酸发生钝化，导致原电池中Al作正极，Cu作负极，故答案为：2H++NO3﹣=NO2↑+H2O；正；Al在浓硝酸中发生钝化，氧化膜阻止了Al的进一步反应．点评：本题主要考查的元素位构性的关系、原电池工作原理，涉及电负性大小比较、原子半径大小比较等，难度不大，注意整理．26．（16分）（2015•安徽）四苯基乙烯（TPE）及其衍生物具有聚集诱导发光特性，在光电材料等领域应用前景广泛，以下是TPE的两条合成路线（部分试剂和反应条件省略）：（1）A的名称是甲苯；试剂Y为酸性高锰酸钾溶液；（2）B→C的反应类型是取代反应；B中官能团的名称是羧基，D中官能团的名称是羰基；（3）E→F的化学方程式是；（4）W是D的同分异构体，具有下列结构特征：①属于萘（）的一元取代物；②存在羟甲基（﹣CH2OH），写出W所有可能的结构简式：；（5）下列说法正确的是ad．a、B的酸性比苯酚强b、D不能发生还原反应c、E含有3种不同化学环境的氢d、TPE既属于芳香烃也属于烯烃．考点：有机物的合成；分析：（1）由A的分子式与B的结构可知，应是甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成苯甲酸；（2）对比B、C的结构简式可知，B发生取代反应生成C；由B、D结构可知，含有的官能团分别为羧基、羰基；（3）E的分子式为C13H11Br，F的分子式为C13H12O，对比E的结构与F的分子式可知，B中Br原子被﹣OH取代生成F；（4）D的分子式为C13H10O，不饱和度为9，W是D的同分异构体属于萘（）的一元取代物，存在羟甲基（﹣CH2OH），萘环不饱和度为7，则侧链存在碳碳三键，故侧链为﹣C≡CCH2OH，萘有2种化学环境不同的H原子，据此书写；（5）a．羧基酸性大于酚羟基；b．D含有苯环与羰基，能与氢气发生加成反应；c．E中含有4种化学环境不同的H原子；d．TPE只有含有C、H2种元素，属于烃，含有苯环，属于芳香烃，含有碳碳双键，属于烯烃．解答：解：（1）由A的分子式与B的结构可知，应是甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成苯甲酸，故答案为：甲苯；酸性高锰酸钾溶液；（2）对比B、C的结构简式可知，B发生取代反应生成C；由B、D结构可知，含有的官能团分别为羧基、羰基，故答案为：取代反应；羧基；羰基；（3）对比E的结构与F的分子式可知，B中Br原子被﹣OH取代生成F，反应方程式为，故答案为：；（4）D的分子式为C13H10O，不饱和度为9，W是D的同分异构体属于萘（）的一元取代物，存在羟甲基（﹣CH2OH），萘环不饱和度为7，则侧链存在碳碳三键，故侧链为﹣C≡CCH2OH，萘有2种化学环境不同的H原子，符合条件的W有：，故答案为：；（5）a．羧基酸性大于酚羟基，故a正确，；b．D含有苯环与羰基，能与氢气发生加成反应，属于还原反应，故b错误；c．E中含有4种化学环境不同的H原子，故c错误；d．TPE只有含有C、H2种元素，属于烃，含有苯环，属于芳香烃，含有碳碳双键，属于烯烃，故d正确，故选：ad．点评：本题考查有机物的合成，注意根据有机物的结构与分子式进行分析解答，是对有机化学基础的综合考查，难度不大．27．（14分）（2015•安徽）硼氢化钠（NaBH4）在化工等领域具有重要的应用价值，某研究小组采用偏硼酸钠（NaBO2）为主要原料制备NaBH4，其流程如图：已知：NaBH4常温下能与水反应，可溶于异丙胺（沸点：33℃）；（1）在第①步反应加料之前，需要将反应器加热至100℃以上并通入氩气，该操作的目的是除去反应器中的水蒸气和空气，原料中的金属钠通常保存在煤油中，实验室取用少量金属钠需要用到的实验用品有镊子、滤纸、玻璃片和小刀等；（2）请配平第①步反应的化学方程式：1NaBO2+2SiO2+4Na+2H2═1NaBH4+2Na2SiO3（3）第②步分离采用的方法是过滤；第③步分出NaBH4并回收溶剂，采用的方法是蒸馏；（4）NaBH4（s）与H2O（l）反应生成NaBO2（s）和H2（g）．在25℃、101kPa下，已知每消耗3.8gNaBH4（s）放热21.6kJ，该反应的热化学方程式是NaBH4（s）+2H2O（l）=NaBO2（s）+4H2（g）△H=﹣216.0kJ/mol．考点：真题集萃；制备实验方案的设计．专题：实验设计题．分析：N aBO2、SiO2、Na和H2在一定条件下反应生成NaBH4、Na2SiO3，NaBH4常温下能与水反应，且氢气和氧气混合加热易产生爆炸现象，为防止NaBH4水解、防止产生安全事故，需要将装置中的空气和水蒸气排出；NaBH4可溶于异丙胺，根据③知，②中加入的溶剂是异丙胺，NaBH4溶解于异丙胺、Na2SiO3不溶于异丙胺，难溶性固体和溶液采用过滤方法分离，通过过量得到滤液和滤渣，滤渣成分是Na2SiO3；异丙胺沸点：33℃，将滤液采用蒸馏的方法分离，得到异丙胺和固体NaBH4，（1）为防止安全事故发生和防止NaBH4水解，在第①步反应加料之前，需要将反应器加热至100℃以上并通入氩气，从而排出空气和水蒸气；原料中的金属钠通常保存在煤油中，需要用到的实验用品有镊子、滤纸、玻璃片和小刀等；（2）该反应中H元素化合价由0价变为﹣1价、Na元素化合价由0价变为+1价，根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式；（3）分离难溶性固体和溶液采用过滤方法；熔沸点相差较大的可以采用蒸馏方法；（4）n（NaBH4）==0.1mol，在25℃、101kPa下，每消耗0.1molNaBH4（s）放热21.6kJ，则消耗1molNaBH4（s）放热216.0kJ，据此书写热化学方程式．解答：解：NaBO2、SiO2、Na和H2在一定条件下反应生成NaBH4、Na2SiO3，NaBH4常温下能与水反应，且氢气和氧气混合加热易产生爆炸现象，为防止NaBH4水解、防止产生安全事故，需要将装置中的空气和水蒸气排出；NaBH4可溶于异丙胺，根据③知，②中加入的溶剂是异丙胺，NaBH4溶解与异丙胺、Na2SiO3不溶于异丙胺，难溶性固体和溶液采用过滤方法分离，通过过量得到滤液和滤渣，滤渣成分是Na2SiO3；异丙胺沸点：33℃，将滤液采用蒸馏的方法分离，得到异丙胺和固体NaBH4，（1）NaBH4常温下能与水反应，且氢气和氧气混合加热易产生爆炸现象，为防止NaBH4水解、防止产生安全事故，需要将装置中的空气和水蒸气排出；钠极易和空气中氧气、和水反应，钠的密度大于煤油，为隔绝空气和水，原料中的金属钠通常保存在煤油中；实验室取用少量金属钠时，需要镊子夹取钠、用滤纸吸煤油，所以实验室取用少量金属钠需要用到的实验用品有镊子、滤纸、玻璃片和小刀等，故答案为：除去反应器中的水蒸气和空气；煤油；镊子、滤纸；（2）该反应中H元素化合价由0价变为﹣1价、Na元素化合价由0价变为+1价，转移电子总数为4，根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式为NaBO2+2SiO2+4Na+2H2═NaBH4+2Na2SiO3，故答案为：1；2；4；2；1；2；（3）分离难溶性固体和溶液采用过滤方法，②中加入的溶剂是异丙胺，NaBH4溶解与异丙胺、Na2SiO3不溶于异丙胺，所以第②步分离采用的方法是过滤；熔沸点相差较大的可以采用蒸馏方法，异丙胺沸点：33℃，将滤液采用蒸馏的方法分离，得到异丙胺和固体NaBH4，故答案为：过滤；蒸馏；（4）NaBH4（s）与H2O（l）反应生成NaBO2（s）和H2（g），n（NaBH4）==0.1mol，在25℃、101kPa下，每消耗0.1molNaBH4（s）放热21.6kJ，则消耗1molNaBH4（s）放热216.0kJ，则热化学方程式为NaBH4（s）+2H2O（l）=NaBO2（s）+4H2（g）△H=﹣216.0kJ/mol，故答案为：NaBH4（s）+2H2O（l）=NaBO2（s）+4H2（g）△H=﹣216.0kJ/mol．点评：本题考查物质制备实验方案设计，为高频考点，侧重考查学生分析推断及知识综合应用能力，涉及物质分离提纯、热化学反应方程式的书写、氧化还原反应、实验基本操作等知识点，综合性较强且较基础，难点是分析流程图中发生的反应、基本操作等，题目难度中等．28．（14分）（2015•安徽）某研究小组将纯净的SO2气体通入0.1mol•L﹣1的Ba（NO3）2溶液中，得到了BaSO4沉淀．为探究上述溶液中何种微粒能氧化通入的SO2，该小组提出了如下假设：假设一：溶液中的NO3﹣假设二：溶液中溶解的O2；（1）验证假设一该小组设计实验验证了假设一，请在下表空白处填写相关实验现象．实验步骤实验现象结论无现象假设一成立实验1：在盛有不含O2的25mL0.1mol•L﹣1BaCl2溶液的烧杯中，缓慢通入纯净的SO2气体．生成白色沉淀实验2：在盛有不含O2的25mL0.1mol•L﹣1Ba（NO3）2溶液的烧杯中，缓慢通入纯净的SO2气体（2）为深入研究该反应，该小组还测得上述两个实验中溶液pH随通入SO2体积的变化曲线如图．。

2015年安徽省高考化学试卷一、选择题：1．（6分）碳酸亚乙烯酯是锂离子电池低温电解液的重要添加剂，其结构如图，下列有关该物质的说法正确的是（）A．分子式为C3H2O3B．分子中含6个σ键C．分子中只有极性键D．8.6g该物质完全燃烧得到6.72LCO22．（6分）下列有关实验的选项正确的是（）A．A B．B C．C D．D3．（6分）下列有关说法正确的是（）A．在酒精灯加热条件下，Na2CO3、NaHCO3固体都能发生分解B．Fe（OH）3胶体无色、透明，能产生丁达尔现象C．H2、SO2、CO2三种气体都可用浓H2SO4干燥D．SiO2既能和NaOH溶液反应又能和氢氟酸反应，所以是两性氧化物4．（6分）下列有关NaClO和NaCl混合溶液的叙述正确的是（）A．该溶液中，H+、NH4+、SO42﹣、Br﹣可以大量共存B．该溶液中，Ag+、K+、NO3﹣、CH3CHO可以大量共存C．向该溶液中滴入少量FeSO4溶液，反应的离子方程式为：2Fe2++ClO﹣+2H+═Cl ﹣+2Fe3++H20D．向该溶液中加入浓盐酸，每产生1molCl2，转移电子约为6.02×1023个5．（6分）等物质的量的N2（g）和O2（g）在恒容密闭容器中反应：N2（g）+O2（g）⇌2NO（g），下图曲线a表示该反应在T℃时N2的浓度随时间的变化，曲线b表示该反应在某一起始反应条件改变时N2的浓度随时间的变化．下列叙述正确的是（）A．T℃时，该反应的平衡常数K=B．T℃时，随着反应的进行，混合气体的密度减小C．曲线b对应的条件改变可能是加入了催化剂D．若曲线b对应的条件改变是温度，可判断该反应的△H＜06．（6分）某同学将光亮的镁条放入盛有NH4Cl溶液的试管中，有大量气泡产生，为探究该反应原理，该同学做了以下实验并观察到相关现象，由此得出的结论不合理的是（）A．A B．B C．C D．D7．（6分）25℃时，在10mL浓度均为0.1mol•L﹣1的NaOH和NH3•H2O混合溶液中滴加0.1mol•L﹣1盐酸，下列有关溶液中粒子浓度关系正确的是（）A．未加盐酸时：c（OH﹣）＞c（Na+）=c（NH3•H2O）B．加入10mL盐酸时：c（NH4+）+c（H+）=c（OH﹣）C．加入盐酸至溶液pH=7时：c（Cl﹣）=c（Na+）D．加入20mL盐酸时：c（Cl﹣）=c（NH4+）+c（Na+）二、非选择题8．（14分）C、N、O、Al、Si、Cu是常见的六种元素．（1）Si位于元素周期表第周期第族；（2）N的基态原子核外电子排布式为；Cu的基态原子最外层有个电子；（3）用“＞”或“＜”填空：（4）常温下，将除去表面氧化膜的Al、Cu片插入浓HNO3中组成原电池（图1），测得原电池的电流强度（I）随时间（t）的变化如图2所示，反应过程中有红棕色气体产生．0～t1时，原电池的负极是Al片，此时，正极的电极反应式是，溶液中的H+向极移动．t1时，原电池中电子流动方向发生改变，其原因是．9．（16分）四苯基乙烯（TPE）及其衍生物具有聚集诱导发光特性，在光电材料等领域应用前景广泛，以下是TPE的两条合成路线（部分试剂和反应条件省略）：（1）A的名称是；试剂Y为；（2）B→C的反应类型是；B中官能团的名称是，D中官能团的名称是；（3）E→F的化学方程式是；（4）W是D的同分异构体，具有下列结构特征：①属于萘（）的一元取代物；②存在羟甲基（﹣CH2OH），写出W所有可能的结构简式：；（5）下列说法正确的是．a、B的酸性比苯酚强b、D不能发生还原反应c、E含有3种不同化学环境的氢d、TPE既属于芳香烃也属于烯烃．10．（14分）硼氢化钠（NaBH4）在化工等领域具有重要的应用价值，某研究小组采用偏硼酸钠（NaBO2）为主要原料制备NaBH4，其流程如图：已知：NaBH4常温下能与水反应，可溶于异丙胺（沸点：33℃）；（1）在第①步反应加料之前，需要将反应器加热至100℃以上并通入氩气，该操作的目的是，原料中的金属钠通常保存在中，实验室取用少量金属钠需要用到的实验用品有、、玻璃片和小刀等；（2）请配平第①步反应的化学方程式：NaBO2+SiO2+Na+H2═NaBH4+ Na2SiO3（3）第②步分离采用的方法是；第③步分出NaBH4并回收溶剂，采用的方法是；（4）NaBH4（s）与H2O（l）反应生成NaBO2（s）和H2（g）．在25℃、101kPa 下，已知每消耗3.8gNaBH4（s）放热21.6kJ，该反应的热化学方程式是．11．（14分）某研究小组将纯净的SO2气体通入0.1mol•L﹣1的Ba（NO3）2溶液中，得到了BaSO4沉淀．为探究上述溶液中何种微粒能氧化通入的SO2，该小组提出了如下假设：假设一：溶液中的NO3﹣假设二：溶液中溶解的O2；（1）验证假设一该小组设计实验验证了假设一，请在下表空白处填写相关实验现象．（2）为深入研究该反应，该小组还测得上述两个实验中溶液pH随通入SO2体积的变化曲线如图．实验1中溶液pH变小的原因是；V1时，实验2中溶液pH小于实验1的原因是（用离子方程式表示）．（3）验证假设二请设计实验验证假设二，写出实验步骤、预期现象和结论．（4）若假设二成立，请预测：在相同条件下，分别用足量的O2和KNO3氧化相同的H2SO3溶液（溶液体积变化忽略不计），充分反应后两溶液的pH前者（填“大于”或“小于”）后者，理由是．2015年安徽省高考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题：1．（6分）碳酸亚乙烯酯是锂离子电池低温电解液的重要添加剂，其结构如图，下列有关该物质的说法正确的是（）A．分子式为C3H2O3B．分子中含6个σ键C．分子中只有极性键D．8.6g该物质完全燃烧得到6.72LCO2【分析】A、为有机物的结构简式，其中顶点省略的是C原子，每个C 原子均形成4对共价键，每个O原子形成2对共价键，C原子价键不饱和的用H 原子补充，据此判断分子式；B、单键即为σ键，依据此结构简式判断σ键的个数；C、相同原子之间形成非极性共价键，不同原子之间形成极性共价键，据此解答；D、依据C的完全燃烧产物为二氧化碳，依据此有机物物质的量判断标准状况下生成二氧化碳的体积．【解答】解：A、，此有机物中含有3个C、3个O和2个H，故分子式为：C3H2O3，故A正确；B、此分子中存在4个C﹣O键、1个C=O双键，还存在2个C﹣H键，1个C=C 双键，总共8个σ键，故B错误；C、此有机物中存在C=C键，属于非极性共价键，故C错误；D、8.6g 该有机物的物质的量为：=0.1mol，由于未指明标准状况，故生成的二氧化碳的体积不一定是6.72L，故D错误，故选：A。

安徽省黄山市第二中学高三化学模拟试卷含解析一、单选题（本大题共15个小题，每小题4分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，共60分。

）1. a、b、c、d、e分别为MgCl2、KHSO4、KOH、NaHCO3、AlCl3五种溶液中的一种，其中a能与其余四种溶液反应，且a、d反应时无明显现象；b与d反应只产生气泡；e只能与a反应。

下列推理不正确的是( )A．a一定为KOH溶液B．b一定为KHSO4溶液C．c一定为AlCl3溶液D．e一定为MgCl2溶液参考答案：B略2. 某有机物的结构简式如右图,则关于此有机物的说法不正确的是:A．可发生的反应类型有：①取代②加成③消去④酯化⑤水解⑥氧化⑦中和B．该物质1mol与足量NaOH溶液反应，消耗NaOH的物质的量为3molC．可与氯化铁溶液发生显色反应D．该有机物属于芳香族化合物参考答案：C略3. 设N A为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A.1L 1mol/L醋酸溶液中含有N A个H+离子B.标准状况下，2.24 L NH3含电子总数为N AC.在常温常压下，1 mol氩气含有的原子数为2N AD.标准状况下，22.4L H2O中含有N A个H2O分子参考答案：答案：B4. A、B元素的相对原子质量比为2：1，仅由这两种元素组成的化合物里A、B元素的质量比为2：3，已知其中B的化合价为-n，则该化合物中A的化合价是（n为正整数）A．+2n B．+3n C．+3n/2 D．+n/3参考答案：B5. 已知HCN(aq)与NaOH(aq)反应生成1 mol正盐的ΔH＝－12.1 kJ/mol；强酸、强碱的稀溶液反应的中和热ΔH＝－57.3 kJ·mol－1。

则HCN在水溶液中电离的ΔH等于A．－69.4 kJ·mol－1 B．－45.2 kJ·mol－1C．＋69.4 kJ·mol－1 D．＋45.2 kJ·mol－1参考答案：D略6. 下列物质久置于空气中会发生相应的变化，其中发生了氧化还原反应的是A．浓硫酸的体积增大 B．铝的表面生成致密的薄膜C．澄清的石灰水变浑浊 D．氢氧化钠的表面发生潮解参考答案：B略7. 网易探索2010年5月20日报道，来自法国格勒诺布尔(Grenoble)约瑟夫·傅立叶大学的研究小组发明了第一块可为人体人造器官提供电能的可植入的葡萄糖生物燃料电池，其基本原理是葡萄糖和氧气在人体中酶的作用下发生的总反应为C6H12O6＋6O2＝6CO2＋6H2O（酸性环境），下列对该电池说法不正确的是（）A. 电池消耗1mol氧气则转移4mole－，可产生22.4LCO2气体B. 放电过程中，H＋会向正极移动C. 电池的负极反应为：C6H12O6＋6H2O－24e－=6CO2＋24H＋D. 今后研究的研究方向是怎样提高葡萄糖生物燃料电池的效率，从而在将来达到可以利用葡萄糖生物燃料电池为任何可植入医疗设备提供电能参考答案：A略8. 化学平衡常数（K）、电离常数（Ka、Kb）、溶度积常数（Ksp）等常数是表示、判断物质性质的重要常数，下列关于这些常数的说法中，正确的是A．化学平衡常数的大小与温度、浓度、压强有关，与催化剂无关B．K a(HCN)＜K a(CH3COOH)说明相同物质的量浓度时，氢氰酸的酸性比醋酸强C．向氯化钡溶液中加入同浓度的碳酸钠和硫酸钠溶液，先产生BaSO4沉淀，则Ksp(BaSO4)＞Ksp(BaCO3)D．当温度升高时，弱酸、弱碱的电离常数（Ka、Kb）变大参考答案：D 略9. 下列说法正确的是（N A为阿伏加德罗常数的值）A．N A个Fe(OH)3胶体粒子的质量为107gB．向含有FeI2的溶液中通入适量氯气，当有1mol Fe2+被氧化时，该反应转移电子的数目为3N AC．8.0 gCu2S和CuO的混合物中含有铜原子数为0.1N AD．2.3gNa与氧气完全反应，反应中转移的电子数介于0.1 N A到0.2 N A之间参考答案：C略10. 镁及其化合物一般无毒（或低毒）、无污染，且镁原电池放电时电压高而平稳，使镁原电池越来越成为人们研制绿色原电池的关注焦点。

安徽省黄山市 2015届高三上学期第一次质量检测 化 学 试 题 本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共100分，考试时间90分钟。

注意事项： 1．答题前务必在答题卡规定的位置填写自己的姓名、考号、所在学校和班级。

2．答第I卷时，必须使用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

如有改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。

3．答第II卷时，必须使用0．5毫米的黑色墨水签字笔在答题卡上书写，要求字体工整、笔迹清晰。

必须在题号所指定的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上答题无效。

可能用到的相对原予质量：O l6 S 32 Fe 56 Cu 64 第I卷选择题（42分） 一、本卷有14题，每题只有一个正确的选项。

每题3分，共42分。

1．下列有关化学与生活说法中，正确的是 A．是世界通用的循环再生标志，简称回收标志 B．含有食品添加剂的食品对人体健康均有害，不宜食用 C．硫、氮的氧化物会造成酸雨，酸雨指pH小于7的雨水 D．明矾是常用的水处理剂，可用于城市自来水的杀菌消毒 2．设N为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是 A．100 mL l mol/L FeCl3溶液中含有Fe3+为0．1NA B．80g CuO和Cu2S的混合物含有铜原子数一定为0．1NA C．0．1mol冰醋酸和0．1mol乙醇在加热和浓硫酸条件下充分反应生成的水分子数为0．1NA D．2．24 L CH3CH3含有的分子数为0．1NA 3．三聚氰酸[C3N3（OH）3]可用于消除汽车尾气中的NO2。

其反应原理为： 下列说法正确的是 A．C3N3（OH）3生成HNCO的反应为氧化还原反应 B．生成1 mol N2转移的电子为6 mol C．NO2在反应中被氧化为N2 D．氧化产物与还原产物的物质的量之比为4：3 4．下列实验操作、现象和结论均正确的是 5．下列有关溶液中粒子浓度关系正确的是 A．Na2CO3溶液中：c（Na+）=2c（CO）+2c（HCO）+2c（H2CO3） B．NaHCO3溶液中：c（Na+）+c（H－）=c（HCO）+c（OH-）+ c（CO） C．NH4Cl溶液中：c（NH）>o（Cl-）>c（OH-）>c（H+） D．CF3COOK溶液中：c（OH-）=c（H+）+c（CH3COO-）+c（CH3COOH） 6．某澄清透明溶液中，可能大量存在下列离子中的若干种：H+、NH、K+、Mg2+、Cu2+、Br－、AlO、Cl－、SO、CO进行实验： ①用试管取少量溶液，逐滴加入稀盐酸至过量，溶液先浑浊后又变澄清，有无色气体放出。

安徽省黄山市2015届高考化学三模试卷一、选择题（共7小题，每小题0分，满分0分）1．氢氧化锂（LiAlH4）既是金属储氢材料又是有机合成中常用的试剂，溶于适量的水可得到无色溶液：LiAlH4+2H2O═LiAlO2+4H2↑，在125℃分解为LiH、H2和Al．下列说法不正确的是（）A．LiAlH4中H元素的化合价为﹣1B．LiAlH4L、iAlO2、LiH均是离子化合物C．1mol LiAlH4在125℃完全分解，转移4mol电子D．0.5 mol LiAlH4与水充分反应后产生44.8L H22．复盐NH4Fe（SO4）2俗称铁铵矾，下列有关其溶液的叙述正确的是（）A．该溶液中K+、Mg2+、H+、NO3﹣不能大量共存B．溶液中的NH4+与Fe3+均发生水解反应，且相互促进C．加入金属铜与Fe3+反应的离子方程式为：2Fe3++3Cu=2Fe+3Cu2+D．向其中滴入Ba（OH）2溶液恰好使SO42﹣完全沉淀：NH4++Fe3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣=2BaSO4↓+NH3•H2O+Fe（OH）3↓3．为实现下列实验目的，下表所提供的实验仪器和试剂都会用到且都正确的是（）选项实验目的主要仪器试剂A 测定中和热量筒、温度计、酒精灯盐酸、NaOH溶液B 制备氢氧化铁胶体烧杯、胶头滴管饱和FeCl3溶液C 配制10%CuSO4溶液100g 100ml 容量瓶、玻璃棒胆矾D 实验室制取、收集干燥的氮气大试管、酒精灯氯化铵、消石灰、无水CaCl2A．A B．B C．C D．D4．一定条件下，在容积固定不变的密闭容器中加入一定量的X和Y进行如下可逆反应，2X（g）+Y（s）⇌Z（g）+W（g）△H＞0，一段时间后达到化学平衡状态后，再改变某一条件，下列有关叙述正确的是（）A．t1时刻表示该可逆反应达到新的平衡B．横坐标x可表示温度或容器的体积C．t2时刻改变的体积为加入少量的YD．横坐标可表示为Z的体积分数5．某聚合物锂离子充电电池放电时的反应为：Li1﹣x CoO2+Li x C6=6C+LiCoO2，（Li x C6表示锂原子嵌入石墨形成的复合材料）其工作原理如图所示，下列说法正确的是（）A．放电时，电子从b极流向a极B．放电时，a极脱出的离子通过阴离子交换膜从左向右移动C．充电时，b极发生的反应为：LiCoO2﹣xe﹣=Li1﹣x CoO2+xLi+D．充电时，每转移x mol 电子，产生6mol碳单质6．室温下，下列溶液中粒子浓度大小关系正确的是（）A．Na2S溶液中，2c（Na+）=c（S2﹣）+c（HS﹣）+c（H2S）B．强碱弱酸盐NaA溶液的pH=8，则c（OH﹣）﹣c（HA）=1，0×10﹣8mol/LC．KAl（SO4）2溶液中，c（SO42﹣）＞c（K+）=c（Al3+）＞c（H+）＞c（OH﹣）D．向100ml pH=12 的 NaOH溶液中加入pH=2的醋酸溶液至中性，所得溶液的总体积大于200ml7．常温下，将已知浓度的盐酸滴定到未知浓度的Na2CO3溶液，用pH传感器测得混合溶液的pH变化曲线，如图所示：（已知饱和CO2溶液的pH为5.6）下列说法正确的是（）A．a点时，溶液呈碱性的原因是CO32﹣发生水解反应，其离子方程式为：CO32﹣+2H2O=H2CO3+2OH ﹣B．a→b段，溶液有气体放出C．c点以后，盐酸过量D．d点溶液中c（Na+）=c（Cl﹣）二、解答题（共4小题，满分0分）8．C、O、Si、Cl、Na、Fe是中学化学中常见的六种元素．（1）Si位于元素周期表第周期第族，Fe2+的离子结构示意图为，Cl的基态原子外围电子层排布式为；（2）用“＞”或“＜”填空：第一电离能键能沸点ONa H﹣ClH﹣Si CO2H2O（3）氯的一种常见含氧酸有漂白性，它与H2CO3酸性强弱不同，写出可以证明此结论一个化学方程式；（4）黄绿色气体二氧化氯（ClO2）是一种高效、广谱、安全的杀菌、消毒剂．工业上常利用氯酸钠和浓盐酸来制备ClO2，同时还得到一种黄绿色的气体单质、一种无色液体和一种常见离子化合物．写出该反应的化学方程式，并标出电子转移的方向和数目：；（5）Ti倍称为继铁铝之后“21世纪”金属，应用前景很广．钛铁矿（FeTiO3）可被一氯化碳还原为铁和TiO2固体．在25℃、101KPa下，已知煤消耗7克CO，吸收aKJ热量，该反应的热化学方程式为．9．某有机物A的分子式为C5H8O2，A中碳链无支链，1mol A能与2mol H2发生加成反应，但不能与溴水发生加成反应，根据下面转化关系回答下列问题：（1）C的分子式为；（2）A的结构简式为，D的核磁共振氢谱图中将出现种峰；（3）G中所含官能团的名称为；（4）B→C的反应类型是，C→D的反应类型；（选择填空）a．消去反应 b．加成反应 c．还原反应 d．酯化反应（5）写出G与NaOH溶液反应的化学方程式：；（6）M是F的同系物，其相对分子质量比F小14，写出满足条件的M的所有可能的结构（不包括顺反异构）．10．某工厂对制革工业污泥中Cr（Ⅲ）回收与再利用工艺流程如下（硫酸浸取液中金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Mg2+）：已知：①+3价Cr在酸性溶液中性质稳定，当pH＞9时以CrO42﹣形式存在且易氧化；②常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀是溶液的pH如下：阳Fe Mg Al Cr开始沉淀时的H 1.9 9.0 ﹣﹣﹣﹣沉淀完全时的H 3．11.1 8 9（＞9溶解）（1）实验室用18.4mol•L﹣1的浓硫酸配制250mL 4.8mol•L﹣1的硫酸溶液，所用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒和吸量管（一种能精确量取一定体积液体的仪器）外，还需；（2）滤渣II是，过滤II步骤能否省略，为什么？．（3）写出滤液中加入H2O2发生反应的两种方程式；（4）取得到的Na2CrO4晶体0.48g，加入硫酸溶液得到Na2CrO溶液，用0.3000 mol•L﹣1滴定至终点时（铬被还原为Cr3+），消耗20.00mL标准溶液．①盛装FeSO4标准溶液应用滴定管（填“酸式”或“碱式”），滴定时的操作为：；②计算该产品中Na2CrO4的质量分数为．11．某同学在用稀硫酸与锌制取氢气的实验中，发现加入少量硫酸铜溶液可加快氢气的生成速率．请回答下列问题：（1）上述实验中发生反应的离子方程式有；（2）为了进一步研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，该同学设计了如下一系列实验．将表中所给的混合溶液分别加入到6个盛有过量Zn粒的反应中，收集产生的气体，记录获得相同体积的气体所需时间．实验A B C D E F混合溶液 4mol/LH2SO4/mL 30 V1 V2 V3V4V5饱和CuSO4/mL 0 0.5 2.5 5 V620H2O/mL V7V8 V9 V10 10 0时间（min）15 10 5 3 6 9①请完成此实验设计，其中：V1=，V6=，V9=；②该同学最后得出的结论为：当加入少量CuSO4溶液时，生成氢气的速率会大大提高．但当加入的CuSO4溶液超过一定量时，生成氢气的速率反而会下降，请分析氢气生成速率下降的主要原因；（3）改用锌粉与稀硫酸反应，加入少量硫酸铜溶液后充分振荡，一段时间剩余少量固体．该同学对固体成分提出下列假设：假设1：全部为铜；假设2：．（4）请你设计实验验证上述假设1，完成下表内容．实验方案（不要求写具体操作过程）预期实验结果和结论，安徽省黄山市2015届高考化学三模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题0分，满分0分）1．氢氧化锂（LiAlH4）既是金属储氢材料又是有机合成中常用的试剂，溶于适量的水可得到无色溶液：LiAlH4+2H2O═LiAlO2+4H2↑，在125℃分解为LiH、H2和Al．下列说法不正确的是（）A．LiAlH4中H元素的化合价为﹣1B．LiAlH4L、iAlO2、LiH均是离子化合物C．1mol LiAlH4在125℃完全分解，转移4mol电子D．0.5 mol LiAlH4与水充分反应后产生44.8L H2考点：氧化还原反应；根据化学式判断化合价；离子化合物的结构特征与性质．分析：A．根据化合物中化合价的代数和为零分析；B．活泼金属与活泼非金属元素间一般形成离子键；C．LiAlH4在125℃分解为LiH、H2和Al，Al由+3价降低为0；D．没有说明是标准状况下，无法计算体积．解答：解：A．LiAlH4中Li为+1价，Al为+3价，则H元素的化合价为﹣1，故A正确；B．活泼金属与活泼非金属元素间一般形成离子键，则LiAlH4、LiAlO2、LiH中均含有离子键，属于离子化合物，故B正确；C．LiAlH4在125℃分解为LiH、H2和Al，Al由+3价降低为0，则1mol LiAlH4在125℃完全分解，转移3mol电子，故C错误；D．没有说明是标准状况下，无法计算氢气的体积，故D错误．故选：CD．点评：本题考查氧化还原反应，为信息型习题，注意信息与氧化还原反应知识的结合来解答，考查学生知识迁移应用的能力，题目难度中等．2．复盐NH4Fe（SO4）2俗称铁铵矾，下列有关其溶液的叙述正确的是（）A．该溶液中K+、Mg2+、H+、NO3﹣不能大量共存B．溶液中的NH4+与Fe3+均发生水解反应，且相互促进C．加入金属铜与Fe3+反应的离子方程式为：2Fe3++3Cu=2Fe+3Cu2+D．向其中滴入Ba（OH）2溶液恰好使SO42﹣完全沉淀：NH4++Fe3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣=2BaSO4↓+NH3•H2O+Fe（OH）3↓考点：离子方程式的书写；盐类水解的原理；离子共存问题．分析：A．NH4Fe（SO4）2在溶液中电离出铵根离子、铁离子和硫酸根离子，四种离子之间不反应，都不与铵根离子、铁离子和硫酸根离子反应；B．铵根离子和铁离子水解都生成氢离子，相互抑制水解；C．铜与铁离子反应生成亚铁离子和铜离子，不会生成铁单质D．硫酸根离子恰好沉淀时，硫酸铁铵与氢氧化钡的物质的量之比为1：2，据此写出反应的离子方程式．解答：解：A．K+、Mg2+、H+、NO3﹣之间不反应，且都不与NH4Fe（SO4）2反应，在溶液中能大量共存，故A错误；B．溶液中的NH4+与Fe3+均发生水解反应使溶液显示酸性，二者的水解是相互抑制的，故B错误；C．加入金属铜与Fe3+反应生成亚铁离子和铜离子，正确的离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故C错误；D．向NH4Fe（SO4）2滴入Ba（OH）2溶液恰好使SO42﹣完全沉淀，铵根离子和铁离子也恰好反应，反应的离子方程式为：NH4++Fe3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣=2BaSO4↓+NH3•H2O+Fe（OH）3↓，故D正确；故选D．点评：本题考查了离子共存的判断、离子方程式的书写及盐的水解原理及其影响等知识，题目难度中等，试题知识点较多，充分考查了学生的分析能力及灵活应用基础知识的能力，注意熟练掌握离子方程式的书写原则，明确判断离子方程式正误的常用方法．3．为实现下列实验目的，下表所提供的实验仪器和试剂都会用到且都正确的是（）选项实验目的主要仪器试剂A 测定中和热量筒、温度计、酒精灯盐酸、NaOH溶液B 制备氢氧化铁胶体烧杯、胶头滴管饱和FeCl3溶液C 配制10%CuSO4溶液100g 100ml 容量瓶、玻璃棒胆矾D 实验室制取、收集干燥的氮气大试管、酒精灯氯化铵、消石灰、无水CaCl2A．A B．B C．C D．D考点：化学实验方案的评价．分析：A．测定稀盐酸和氢氧化钠稀溶液中和热，需要烧杯、量筒、环形玻璃搅拌棒、温度计；B．用烧杯取少量蒸馏水，用酒精灯加热至沸腾，然后逐滴向烧杯中滴加FeCl3饱和溶液，并继续煮沸至液体呈透明的红褐色即得氢氧化铁胶体；C．配制10%CuSO4溶液100g称量出氢氧化钠的质量和水的质量溶于水即可；D．氯化铵、消石灰反应生成氨气．解答：解：A．定稀盐酸和氢氧化钠稀溶液中和热，大烧杯中放小烧杯，中间有泡沫来隔热，利用量筒量取酸、碱溶液，混合时利用环形玻璃搅拌棒来搅拌，并利用温度计测定初温度及完全反应的温度，用不到酒精灯，故A错误；B．用烧杯取少量蒸馏水，用酒精灯加热至沸腾，然后逐滴向烧杯中用胶头滴管滴加FeCl3饱和溶液，并继续煮沸至液体呈透明的红褐色即得氢氧化铁胶体，故B正确；C．配制10%CuSO4溶液100g称量出氢氧化钠的质量和水的质量溶于水即可，用烧杯，不用容量瓶，故C错误；D．氯化铵、消石灰反应生成氨气，不生成氮气，故D错误．故选B．点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及中和热测定、溶液配制以及物质制备等，侧重实验基本操作和实验原理的考查，注意装置的作用及实验的操作性、评价性分析，题目难度不大．4．一定条件下，在容积固定不变的密闭容器中加入一定量的X和Y进行如下可逆反应，2X（g）+Y（s）⇌Z（g）+W（g）△H＞0，一段时间后达到化学平衡状态后，再改变某一条件，下列有关叙述正确的是（）A．t1时刻表示该可逆反应达到新的平衡B．横坐标x可表示温度或容器的体积C．t2时刻改变的体积为加入少量的YD．横坐标可表示为Z的体积分数考点：化学平衡的影响因素．分析：A、容器体积不变，气体质量不变，密度始终不变；B、平衡常数只受温度影响；C、增大Y的浓度，逆反应速率先加快后逐渐减慢；D、Z的体积分数逐渐增大，但增大幅度逐渐减小．解答：解：A、反应前后都是气体，在恒容容器中，混合气体的密度始终不变，故A错误；B、正反应吸热，随温度升高平衡正向移动，平衡常数增大，所以横坐标x可表示温度，压强变化平衡常数不变，故B错误；C、平衡后增大Y的浓度，正反应速率迅速增大，后逐渐减小达到平衡，故C正确；D、Z的体积分数增大趋势逐渐减小，最后不变，故D错误；故选C．点评：本题通过图象考查了化学反应过程中密度、平衡常数、反应速率以及物质含量的变化，题目难度不大．5．某聚合物锂离子充电电池放电时的反应为：Li1﹣x CoO2+Li x C6=6C+LiCoO2，（Li x C6表示锂原子嵌入石墨形成的复合材料）其工作原理如图所示，下列说法正确的是（）A．放电时，电子从b极流向a极B．放电时，a极脱出的离子通过阴离子交换膜从左向右移动C．充电时，b极发生的反应为：LiCoO2﹣xe﹣=Li1﹣x CoO2+xLi+D．充电时，每转移x mol 电子，产生6mol碳单质考点：原电池和电解池的工作原理．分析：放电时的反应为Li1﹣x CoO2+Li x C6=6C+LiCoO2，Co元素的化合价降低，C元素的化合价升高，结合原电池中负极发生氧化反应，正极发生还原反应来解答．解答：解：放电时的反应为Li1﹣x CoO2+Li x C6=6C+LiCoO2，Co元素的化合价升高，C元素的化合价降低，A．C元素的化合价升高，则放电时Li x C6发生氧化反应是负极，所以放电时，电子从a极流向b极，故A错误；B、放电时C元素的化合价升高，发生氧化反应，电极反应式为：Li x C6﹣xe﹣=6C+xLi+，而阳离子不能通过阴离子交换膜，故B错误；C、充电时，b极为阳极发生氧化反应，电极反应为：LiCoO2﹣xe﹣=Li1﹣x CoO2+xLi+，故C正确；D、充电时，阴极的电极反应式为：6C+xLi++xe﹣=Li x C6，所以每转移x mol 电子，消耗6mol碳单质，故D错误；故选C．点评：本题考查原电池原理，明确电池反应中元素的化合价变化及原电池的工作原理即可解答，注意与氧化还原反应的结合，题目难度不大．6．室温下，下列溶液中粒子浓度大小关系正确的是（）A．Na2S溶液中，2c（Na+）=c（S2﹣）+c（HS﹣）+c（H2S）B．强碱弱酸盐NaA溶液的pH=8，则c（OH﹣）﹣c（HA）=1，0×10﹣8mol/LC．KAl（SO4）2溶液中，c（SO42﹣）＞c（K+）=c（Al3+）＞c（H+）＞c（OH﹣）D．向100ml pH=12 的 NaOH溶液中加入pH=2的醋酸溶液至中性，所得溶液的总体积大于200ml考点：离子浓度大小的比较；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．分析：A、根据钠与硫物料守恒分析解答；B、根据质子守恒，可知c（OH﹣）=c（H+）+c（HA）；C、铝离子是弱离子要发生水解，溶液呈酸性；D、向100ml pH=12 的 NaOH溶液中加入100mlpH=2的醋酸溶液呈酸性，要使溶液呈中性酸的体积小于100ml．解答：解：A、根据钠离子与硫的所有微粒物质的量之比为2：1，所以c（Na+）=2c（S2﹣）+2c（HS﹣）+2c（H2S），故A错误；B、根据质子守恒，可知c（OH﹣）=c（H+）+c（HA），所以c（OH﹣）﹣c（HA）=c（H+）=1.0×10﹣8mol/L，故B正确；C、铝离子是弱离子要发生水解，溶液呈酸性，所以离子浓度大小为：c（SO42﹣）＞c（K+）＞c （Al3+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故C错误；D、向100ml pH=12 的 NaOH溶液中加入100mlpH=2的醋酸溶液呈酸性，要使溶液呈中性酸的体积小于100ml，所以总体积小于200ml，故D错误；故选B．点评：本题考查离子浓度大小的比较，学生要根据盐的水解，质子守恒和物料守恒综合分析判断，难度中等．7．常温下，将已知浓度的盐酸滴定到未知浓度的Na2CO3溶液，用pH传感器测得混合溶液的pH变化曲线，如图所示：（已知饱和CO2溶液的pH为5.6）下列说法正确的是（）A．a点时，溶液呈碱性的原因是CO32﹣发生水解反应，其离子方程式为：CO32﹣+2H2O=H2CO3+2OH ﹣B．a→b段，溶液有气体放出C．c点以后，盐酸过量D．d点溶液中c（Na+）=c（Cl﹣）考点：中和滴定．分析：A、碳酸根为弱酸根，水解分为两步进行，且需要可逆号；B、a→b段，碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠，无二氧化碳气体放出；C、c点溶液的pH=7，此时溶液呈中性，据此解答即可；D、d点为二氧化碳的饱和溶液，此时溶液中的溶质为NaCl，据此解答即可．解答：解：A、碳酸根水解生成碳酸氢根，水解方程式为：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，故A错误；B、a→b段，碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠，离子方程式为：CO32﹣+H+⇌HCO3﹣，无气体放出，故B错误；C、c点溶液的pH=7，此时溶液呈中性，盐酸不过量，若盐酸过量，溶液应呈酸性，故C错误；D、d点为二氧化碳的饱和溶液，此时c（Na+）=c（Cl﹣），故D正确，故选D．点评：本题主要考查的是酸与盐的反应原理，涉及盐类的水解、多元弱酸根与氢离子结合的原理、pH值的应用等，综合性较强，有一定的难度．二、解答题（共4小题，满分0分）8．C、O、Si、Cl、Na、Fe是中学化学中常见的六种元素．（1）Si位于元素周期表第三周期第ⅣA族，Fe2+的离子结构示意图为，Cl的基态原子外围电子层排布式为3s23p5；（2）用“＞”或“＜”填空：第一电离能键能沸点O＞Na H﹣Cl＞H﹣Si CO2＜H2O（3）氯的一种常见含氧酸有漂白性，它与H2CO3酸性强弱不同，写出可以证明此结论一个化学方程式Ca（ClO）2+CO2+H2O═CaCO3+2HClO；（4）黄绿色气体二氧化氯（ClO2）是一种高效、广谱、安全的杀菌、消毒剂．工业上常利用氯酸钠和浓盐酸来制备ClO2，同时还得到一种黄绿色的气体单质、一种无色液体和一种常见离子化合物．写出该反应的化学方程式，并标出电子转移的方向和数目：；（5）Ti倍称为继铁铝之后“21世纪”金属，应用前景很广．钛铁矿（FeTiO3）可被一氯化碳还原为铁和TiO2固体．在25℃、101KPa下，已知煤消耗7克CO，吸收aKJ热量，该反应的热化学方程式为FeTiO3（s）+CO（g）=TiO2（s）+Fe（s）+CO2（g））△H=+4aKJ•mol﹣1．考点：原子核外电子排布；原子结构示意图；氧化还原反应的电子转移数目计算；热化学方程式．分析：（1）根据Si为14号元素，核外电子排布为2，8，4，根据电子层数=周期数，最外层电子数=主族数判断位置，铁原子为26号元素，则Fe2+的离子核外有24个电子，根据构造原理每一层上的电子数为2、8、14据此书写，Cl为17号元素，其基态原子外围电子层排布式即为最外层电子排布式；（2）同一周期中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第IIA族元素大于第IIIA族元素，第VA族元素大于第VIA族元素；键能与键长成反比，键长与半径成正比，据此分析；分子晶体的熔沸点与是否存在氢键有关，存在氢键的熔沸点一般较高；（3）根据漂白粉放空气中会转化成碳酸钙结合强酸制弱酸分析；（4）根据题干信息，氯酸钠氧化浓盐酸生成氯化钠、氯气、二氧化氯、水；（5）由钛铁矿（FeTiO3）可被一氯化碳还原为铁和TiO2固体，则方程式为FeTiO3+CO=TiO2+Fe+CO2，又已知消耗7克CO，吸收aKJ热量，所以消耗28克即1molCO，吸收4aKJ热量，据此书写热化学方程式．解答：解：（1）Si为14号元素，核外电子排布为2、8、4，则电子层数=周期数，最外层电子数=主族数，所以硅在第三周期第ⅣA族；铁原子为26号元素，则Fe2+的离子核外有24个电子，根据构造原理每一层上的电子数为2、8、14，则Fe2+的离子结构示意图为；Cl 为17号元素，其基态原子外围电子层排布式即为最外层电子排布式3s23p5；故答案为：三；ⅣA；；3s23p5；（2）同一周期中，元素的第一电离能是指失去第一个电子的难易程度，氧属于第二周期，而钠属于第三周期，且钠最外层只有1个电子很容易失去，氧最外层有6个电子很难失去，所以第一电离能：O＞Na；键能与键长成反比，键长与半径成正比，又Cl的半径比硅小，所以H﹣Cl的键长比H﹣Si短，则H﹣Cl的键能比H﹣Si大；分子晶体的熔沸点与是否存在氢键有关，存在氢键的熔沸点一般较高，又水分子间存在氢键，所以熔沸点：CO2＜H2O；故答案为：＞；＞；＜；（3）漂白粉中的次氯酸钙与空气中的二氧化碳及水发生反应，生成碳酸钙和次氯酸反应的化学方程式为：Ca（ClO）2+CO2+H2O═CaCO3+2HClO，根据强酸制弱酸，则此方程式可以说明碳酸酸性比次氯酸强；故答案为：Ca（ClO）2+CO2+H2O═CaCO3+2HClO；（4）根据题干信息，氯酸钠氧化浓盐酸生成氯化钠、氯气、二氧化氯、水，该反应为2NaClO3+4HCl （浓）═2NaCl+Cl2↑+2ClO2↑+2H2O，双线桥标出电子转移的方向和数目为，故答案为：；（5）由钛铁矿（FeTiO3）可被一氯化碳还原为铁和TiO2固体，则方程式为FeTiO3+CO=TiO2+Fe+CO2，又已知消耗7克CO，吸收aKJ热量，所以消耗28克即1molCO，吸收4aKJ热量，所以该反应的热化学方程式为FeTiO3（s）+CO（g）=TiO2（s）+Fe（s）+CO2（g））△H=+4aKJ•mol﹣1，故答案为：FeTiO3（s）+CO（g）=TiO2（s）+Fe（s）+CO2（g））△H=+4aKJ•mol﹣1．点评：本题考查知识点较多，涉及原子结构和元素周期律、反应热的计算、化学方程式书写和氧化还原反转移电子数的计算和表示方法，为2015届高考常见题型，侧重于学生计算能力、分析比较能力的培养．9．某有机物A的分子式为C5H8O2，A中碳链无支链，1mol A能与2mol H2发生加成反应，但不能与溴水发生加成反应，根据下面转化关系回答下列问题：（1）C的分子式为C5H10O3；（2）A的结构简式为，D的核磁共振氢谱图中将出现4种峰；（3）G中所含官能团的名称为溴原子、羧基；（4）B→C的反应类型是bc，C→D的反应类型d；（选择填空）a．消去反应 b．加成反应 c．还原反应 d．酯化反应（5）写出G与NaOH溶液反应的化学方程式：；（6）M是F的同系物，其相对分子质量比F小14，写出满足条件的M的所有可能的结构（不包括顺反异构）CH2=CHCH2COOH、CH3CH=CHCOOH、CH2=C（CH3）COOH．考点：有机物的推断．分析：A的分子式为C5H8H2，1molA能够与2mol氢气发生加成反应，但是不能与溴水发生加成反应，说明A中不含碳碳双键或三键；根据转化关系可知，A能够与新制的氢氧化铜反应，则A中含有醛基；B与氢气加成反应生成的C能够发生酯化反应生成五元环酯，则C中含有羟基和羧基，再结合A没有支链可知C的结构简式为：、则A中含有1个醛基和1个羰基，A的结构简式为：；B为；C 在浓硫酸存在条件下加热反应生成F，F与溴发生加成反应生成G，且F中含有1个甲基，则F 的结构简式为：CH3CH=CHCH2COOH、G为CH3CH（Br）CH（Br）CH2COOH，据此进行解答．解答：解：A的分子式为C5H8H2，1molA能够与2mol氢气发生加成反应，但是不能与溴水发生加成反应，说明A中不含碳碳双键或三键；根据转化关系可知，A能够与新制的氢氧化铜反应，则A中含有醛基；B与氢气加成反应生成的C能够发生酯化反应生成五元环酯，则C中含有羟基和羧基，再结合A没有支链可知C的结构简式为：、则A中含有1个醛基和1个羰基，A结构简式为：；B为；C在浓硫酸存在条件下加热反应生成F，F与溴发生加成反应生成G，且F中含有1个甲基，则F的结构简式为：CH3CH=CHCH2COOH、G为CH3CH（Br）CH（Br）CH2COOH，（1）C的结构简式为：，则C的分子式为：C5H10O3，故答案为：C5H10O3；（2）根据分析可知，A的结构简式为：；发生分子内酯化反应生成D，则D的结构简式为：，其分子中含有4种等效H原子，所以其核磁共振氢谱有4种吸收峰，故答案为：；4；（3）G为CH3CH（Br）CH（Br）CH2COOH，其分子中含有官能团为溴原子和羧基，故答案为：溴原子、羧基；（4）B→C的反应为与氢气发生加成反应生成，该反应也属于还原反应，则bc正确；C→D的反应为发生分子内酯化反应生成，该反应为酯化反应，也属于取代反应，则d正确，故答案为：bc；d；（5）为CH3CH（Br）CH（Br）CH2COOH，其分子中含有官能团溴原子，能够在氢氧化钠的水溶液中发生取代反应，反应的化学方程式为：，故答案为：；（6）F的结构简式为CH3CH=CHCH2COOH，M是F的同系物，其相对分子质量比F小14，则M分子中含有1个碳碳双键、1个羧基，总共含有4个C原子，所以M可能的结构简式为：CH2=CHCH2COOH、CH3CH=CHCOOH、CH2=C（CH3）COOH，故答案为：CH2=CHCH2COOH、CH3CH=CHCOOH、CH2=C（CH3）COOH．点评：本题考查有机推断，题目难度中等，根据常见有机物结构与性质及反应条件正确推断该有机物为解答关键，注意掌握同分异构体的概念及书写原则，试题培养了学生的分析、理解能力及逻辑推理能力．10．某工厂对制革工业污泥中Cr（Ⅲ）回收与再利用工艺流程如下（硫酸浸取液中金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Mg2+）：已知：①+3价Cr在酸性溶液中性质稳定，当pH＞9时以CrO42﹣形式存在且易氧化；②常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀是溶液的pH如下：阳Fe Mg Al Cr开始沉淀时的H 1.9 9.0 ﹣﹣﹣﹣沉淀完全时的H 3．11.1 8 9（＞9溶解）（1）实验室用18.4mol•L﹣1的浓硫酸配制250mL 4.8mol•L﹣1的硫酸溶液，所用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒和吸量管（一种能精确量取一定体积液体的仪器）外，还需量筒、250mL容量瓶、胶头滴管；（2）滤渣II是Fe（OH）3、Al（OH）3，过滤II步骤能否省略，为什么？不能，当pH=8时，Al3+已经完全转化为沉淀，若不经过滤除去，当继续加入NaOH时，Al（OH）﹣．3会溶解，引入杂质离子AlO2（3）写出滤液中加入H2O2发生反应的两种方程式2Cr3++3H2O2+H2O=Cr2O72﹣+8H；（4）取得到的Na2CrO4晶体0.48g，加入硫酸溶液得到Na2CrO溶液，用0.3000 mol•L﹣1滴定至终点时（铬被还原为Cr3+），消耗20.00mL标准溶液．①盛装FeSO4标准溶液应用酸式滴定管（填“酸式”或“碱式”），滴定时的操作为：左手控制活塞，右手震荡锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内颜色变化，滴定至终点时，记录标准液的体积；②计算该产品中Na2CrO4的质量分数为66.67%．考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．分析：含铬污泥预处理后，酸浸溶解，用NaOH调节pH=8，Al3+、Fe3+完全沉淀，过滤除去Fe（OH）3、Al（OH）3；再调节pH＞11，沉淀Mg2+，加入双氧水，Cr3+能被双氧水氧化为Na2CrO4溶液，蒸发浓缩，冷却结晶，得到Na2CrO4晶体．（1）依据溶液配制的步骤和过程分析所用到的仪器，主要仪器应有配制溶液的容量瓶和定容需要的胶头滴管；配置一定物质的量浓度的溶液所需的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、吸量管、容量瓶和胶头滴管；（2）用NaOH调节pH=8，Al3+、Fe3+完全沉淀；不能省略过滤Ⅱ，若不经过滤除去，当继续加入NaOH时，Al（OH）3会溶解，引入杂质离子AlO2﹣；（3）根据双氧水的性质分析，双氧水有强氧化性，能氧化还原性的物质，依据氧化还原反应电子守恒、原子守恒配平书写离子方程式；（4）①FeSO4标准溶液显酸性，用酸式滴定管盛放；②滴定时，左手控制活塞，右手震荡锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内颜色变化，滴定至终点时，记录标准液的体积；③根据滴定关系式计算：Na2CrO4～3FeSO4．解答：解：含铬污泥预处理后，酸浸溶解，用NaOH调节pH=8，Al3+、Fe3+完全沉淀，过滤除去Fe（OH）3、Al（OH）3；再调节pH＞11，沉淀Mg2+，加入双氧水，Cr3+能被双氧水氧化为Na2CrO4溶液，蒸发浓缩，冷却结晶，得到Na2CrO4晶体．。

2015年安徽省黄山市歙县中学高考化学模拟试卷（10月份）一、选择题（本大题共7小题；每小题6分，共42分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）1．下列有关化学用语表示正确的是（）A．苯甲醛：B． Mg2+的结构示意图：C． CO2的电子式：O：：C：：OD．核内有8个中子的碳原子： C2．设N A为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A．常温常压下，18g H2O含有2N A个O﹣H键B． 1L 1mol/L Na2CO3溶液中含有N A个CO32﹣C． 1mol Al被完全氧化生成Al2O3，转移6N A个电子D．常温下，22.4L的N2和O2混合气体，含有2N A个原子3．下列各组离子，一定能在指定环境中大量共存的是（）A． pH=0的溶液中：K+、ClO﹣、CH3CHO、SO42﹣B． c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液中：Na+、NH4+、Cl﹣、Br﹣C．加人KSCN显血红色的溶液中：Br﹣、NO3﹣、SO42﹣、Mg2+D．在加入Al能放出大量H2的溶液中：NH4+、SO42﹣、C1﹣、HCO3﹣4．下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的是（）A．用图1装置制取并收集干燥纯净的NH3B．用图2所示装置可除去NO2中的NOC．用图3所示装置可分离CH3COOC2H5和饱和碳酸钠溶液D．用图4装置制备Fe（OH）2并能较长时间观察其颜色5．在一定温度下的密闭容器中X、Y、Z、W四种气体的初始浓度和平衡浓度如下表：物质X Y Z W初始浓度/mol•L﹣1 1.0 2.0 0 0平衡浓度/mol•L﹣10.4 0.2 1.2 0.6下列说法错误的是（）A．反应达到平衡时，Y的转化率为90%B．反应可表示为X（g）+3Y（g）═2Z（g）+W（g），其平衡常数为270 L•mol﹣1C．增大压强平衡向正反应方向移动，平衡常数不变D．改变温度或向平衡体系中加入X都会使平衡移动，平衡常数也会随之改变6．常温下时，有pH=3的盐酸和醋酸溶液，下列说法正确的是（）A．两种溶液中由水电离出来的c（H+）不相同B．中和相同体积的两种酸溶液所需NaOH的物质的量相同C．分别用燕馏水稀释m倍和n倍，若两溶液pH仍相同，则m＜nD．将两溶液等体积混合，则c（H+）＞c（CH3COO﹣）═c（Cl﹣）＞c（OH﹣）7．最近有研究人员发现了一种处理高浓度乙醛废水的新方法﹣隔膜电解法，乙醛分别在阴、阳极发生反应，转化为乙醇和乙酸．实验室以一定浓度的乙醛﹣Na2SO4溶液为电解质溶液，模拟乙醛废水的处理过程，其装置如图所示．下列说法正确的是（）A．若以CH4﹣空气燃料电池为直流电源，燃料电池的b极应通入空气B．电解过程中，生成0.1 mol乙酸的同时，有0.2 mol的乙醇生成C．阳极反应CH3CHO﹣2e﹣+OH﹣═CH3COOH+H+D．电解过程中两极除分别生成乙酸和乙醇外，均产生了无色气体，则阳极产生的是O2二、非选择题（58分）8．Na、Fe、C、O、Si、Cl是中学化学中常见的六种元素．（1）Si位于元素周期表第周期第族；Fe的基态原子外围电子层排布式为．（2）用“＞”或“＜”或元素符号填空：C、O、Si第一电离能离子半径Cl﹣、Na+、O2﹣熔点电负性＜＜＞＞CO2SiO2Cl Si（3）已知甲醇的燃烧热为726.5kJ/mol，写出甲醇燃烧的热化学方程式．．（4）FeO42﹣具有强氧化性，在其钠盐溶液中加入稀硫酸，溶液变为黄色，并有无色气体产生．该反应的离子方程式为．9．贝诺酯类属于解热镇痛抗炎药，又名扑炎痛，主要用于类风湿关节炎、风湿痛、感冒发烧等的治疗．其合成路线如图所示：贝诺酯结构式：已知：回答下列问题：（1）化合物A遇FeCl3溶液会显紫色，则A的结构简式为；（2）试剂X是，化合物（Ⅱ）生成化合物（Ⅲ）的反应类型是：；（3）化合物（Ⅲ）的药品名称叫阿司匹林，其同分异构体有多种，写出一种满足下列条件的同分异构体的结构简式；①与阿司匹林含有相同的官能团②能发生银镜反应③核磁共振氢谱检测有5个吸收峰，且峰面积之比为2：2：2：1：1（4）写出阿司匹林与足量的NaOH溶液反应的化学方程式；（5）化合物D的药品名称叫扑热息痛，它与阿司匹林在一定条件下可制得贝诺酯，写出该反应的化学方程式：．（6）关于贝诺酯的合成路线说法正确的是：a．贝诺酯结构中含有3种官能团b．化合物C生成化合物Ⅴ的反应类型是加成反应c．在上述A～D、Ⅰ～Ⅴ及贝诺酯10种化合物中，能与Na2CO3溶液反应的化合物有7种d．可以将化合物A直接与试剂X反应能得到化合物C以简化路线步骤．10．硫酸工业中废渣的成分为SiO2、Fe2O3、Al2O3、MgO．某探究性学习小组的同学设计如图实验方案，将硫酸渣中金属元素转化为氢氧化物沉淀分离开来．已知常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如表：阳离子Fe3+Al3+Mg2+开始沉淀时的pH 1.9 3.7 9.6沉淀完全时的pH 3.2 5.2 11.0（1）固体A的化学式为．（2）向溶液F中通过量CO2发生反应的离子方程式．（3）采用过滤操作分离固体E和溶液F，发现滤液中有少量浑浊，从实验操作的角度给出两种可能的原因：、．（4）上述流程中的试剂Y 最好选用下列的（填字母编号）A、氧化镁B、氨水C、氢氧化钾D、氢氧化钡（5）取w g硫酸渣（含SiO2 m g），与 c mol 盐酸恰好完全反应，则废渣中氧元素的质量分数为．（用含w、m、c的代数式表示）11．某无色溶液中可能含有H+、OH﹣、K+、NO3﹣，加入铝粉后，只产生H2．试回答：（1）加入铝粉产生H2，说明铝具有（填“氧化性”或“还原性”）．（2）甲同学分析：若H+大量存在，则NO3﹣就不能大量存在．设计实验证实如表：装置现象Ⅰ．实验初始，未见明显现象Ⅱ．过一会儿，出现气泡，液面上方呈浅棕色Ⅲ．试管变热，溶液沸腾①盐酸溶解Al2O3薄膜的离子方程式是．②根据现象Ⅱ，推测溶液中产生了NO，为进一步确认，进行如下实验：实验内容现象实验1 将湿润KI﹣淀粉试纸置于空气中未变蓝实验2 用湿润KI﹣淀粉试纸检验浅棕色气体试纸变蓝a．浅棕色气体是．b．实验1的目的是．c．实验1、2说明反应生成了NO，写出该反应的离子方程式：．（3）再假设：若OH﹣大量存在，NO3﹣也可能不能大量存在．重新设计实验证实如表：装置现象Ⅰ．实验初始，未见明显现象Ⅱ．过一会儿，出现气泡，有刺激性气味为确认“刺激性气味”气体，进行如下实验：用湿润KI﹣淀粉试纸检验，未变蓝；用湿润红色石蕊试纸检验，试纸变蓝．则：①刺激性气味的气体是．②产生该气体的离子方程式是．（4）在NaOH溶液中加入铝粉，结果只检验出有H2生成．实验结果证实：NO3‑在酸、碱性环境中都有一定的氧化性，能氧化铝单质，产生含氮化合物．因此无色溶液一定能大量存在的是．2015年安徽省黄山市歙县中学高考化学模拟试卷（10月份）参考答案与试题解析一、选择题（本大题共7小题；每小题6分，共42分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）1．下列有关化学用语表示正确的是（）A．苯甲醛：B． Mg2+的结构示意图：C． CO2的电子式：O：：C：：OD．核内有8个中子的碳原子： C考点：电子式、化学式或化学符号及名称的综合．专题：化学用语专题．分析：A．其官能团为﹣CHO；B．Mg的质子数为12，其离子核外有10个电子；C．二氧化碳中C、O周围均满足8电子稳定结构；D．有8个中子的碳原子，其质量数为14．解答：解：A．苯甲醛为，故A错误；B．Mg2+的结构示意图为，故B正确；C．CO2的电子式为，故C错误；D．核内有8个中子的碳原子为C，故D错误；故选B．点评：本题考查常见化学用语的正误判断，题目难度中等，该题是高考中的常见题型与重要的考点，该题基础性强，难易适中，侧重考查学生对常见化学用语的熟悉掌握程度，该类试题需要明确的是常见的化学用语主要包括元素符号、化学式、化合价、电子式、原子结构示意图、结构式、结构简式以及方程式和各种模型等，需要学生熟练记住．2．设N A为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A．常温常压下，18g H2O含有2N A个O﹣H键B． 1L 1mol/L Na2CO3溶液中含有N A个CO32﹣C． 1mol Al被完全氧化生成Al2O3，转移6N A个电子D．常温下，22.4L的N2和O2混合气体，含有2N A个原子考点：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、18g水含有N A个水分子，一个水分子含有两个O﹣H键；B、CO32﹣发生水解反应；C、1molAl被完全氧化生成Al2O3，转移3N A个电子；D、条件不正确，应该为标准状况下．解答：解：A、18g水的物质的量为1mol，含有N A个水分子，一个水分子含有2个O﹣H 键，因此18g水含2N A个O﹣H键，故A正确；B、1L1mol/L Na2CO3溶液中，CO32﹣发生水解反应，小于N A个，故B错误；C、1molAl被完全氧化生成Al2O3，转移3N A个电子，故C错误；D、条件不正确，无法进行，计算常温下V m≠22.4L/mol，应该为标准状况下，故D错误；故选：A．点评：本题考查了阿伏加德罗常数的计算，题目难度中等，为高考必考题型，注意公式使用的前提条件和盐类的水解的应用．3．下列各组离子，一定能在指定环境中大量共存的是（）A． pH=0的溶液中：K+、ClO﹣、CH3CHO、SO42﹣B． c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液中：Na+、NH4+、Cl﹣、Br﹣C．加人KSCN显血红色的溶液中：Br﹣、NO3﹣、SO42﹣、Mg2+D．在加入Al能放出大量H2的溶液中：NH4+、SO42﹣、C1﹣、HCO3﹣考点：离子共存问题．专题：离子反应专题．分析：A．pH=0的溶液为酸性溶液，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，次氯酸能够氧化乙醛；B．c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液为碱性溶液，溶液中存在大量氢氧根离子，铵根离子与氢氧根离子反应；C．加人KSCN显血红色的溶液中存在大量铁离子，四种离子之间不反应，都不与铁离子反应；D．加入Al能放出大量H2的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，铵根离子、碳酸氢根离子与氢氧根离子反应，碳酸氢根离子还能够与氢离子反应．解答：解：A．pH=0的溶液中存在大量氢离子，ClO﹣与氢离子结合生成次氯酸，次氯酸能够氧化CH3CHO，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液中存在大量氢氧根离子，NH4+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；C．加人KSCN显血红色的溶液中存在大量Fe3+，Br﹣、NO3﹣、SO42﹣、Mg2+之间不发生反应，都不与Fe3+反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；D．加入Al能放出大量H2的溶液为酸性或强碱性溶液，溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，NH4+与氢氧根离子反应，HCO3﹣既能够与氢离子，也能够与氢氧根离子反应，在溶液中一定不能大量共存，故D错误；故选C．点评：本题考查了离子共存，题目难度中等，明确题干暗含条件的含义为解答关键，注意熟练掌握常见离子的性质及离子反应发生条件，合理把握离子之间能够共存的情况，试题培养了学生灵活应用基础知识的能力．4．下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的是（）A．用图1装置制取并收集干燥纯净的NH3B．用图2所示装置可除去NO2中的NOC．用图3所示装置可分离CH3COOC2H5和饱和碳酸钠溶液D．用图4装置制备Fe（OH）2并能较长时间观察其颜色考点：化学实验方案的评价．专题：实验评价题．分析：A．收集氨气的方法错误；B．二氧化氮和水反应生成一氧化氮；C．乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，可用分液的方法分离；D．铁不能被氧化，不能制得Fe（OH）2．解答：解：A．氨气的密度比空气小，应用向下排空法收集气体，故A错误；B．二氧化氮溶于水且和水反应生成一氧化氮，不能将杂质除去，故B错误；C．乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，可用分液的方法分离，故C正确；D．铁应连接电源正极，才能制得Fe（OH）2，故D错误．故选C．点评：本题考查较为综合，涉及气体的收集、除杂、分离以及物质的制备，综合考查学生的分析能力、实验能力和评价能力，为高考常见题型，注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性和可行性的评价，难度不大．5．在一定温度下的密闭容器中X、Y、Z、W四种气体的初始浓度和平衡浓度如下表：物质X Y Z W初始浓度/mol•L﹣1 1.0 2.0 0 0平衡浓度/mol•L﹣10.4 0.2 1.2 0.6下列说法错误的是（）A．反应达到平衡时，Y的转化率为90%B．反应可表示为X（g）+3Y（g）═2Z（g）+W（g），其平衡常数为270 L•mol﹣1C．增大压强平衡向正反应方向移动，平衡常数不变D．改变温度或向平衡体系中加入X都会使平衡移动，平衡常数也会随之改变考点：化学平衡的计算．专题：化学平衡专题．分析：A、根据转化率=×100%计算；B、根据反应物浓度减小，生成物浓度增加，浓度的变化量之比等于计量数之比，确定化学方程式，根据平衡常数的定义计算平衡常数；C、根据影响平衡移动及平衡常数的因素判断；D、根据影响平衡移动及平衡常数的因素判断．解答：解：A、根据转化率=×100%可计算得X的转化率为×100%=90%，故A正确；B、根据表中数据可知，在反应中X减小0.6mol/L，Y减小1.8．mol/L，所以X、Y是反应物，Z增加了1.2mol/L，W增加了0.6mol/L，所以Z、W是生成物，X、Y、Z、W的浓度的变化量之比为1：3：2：1，所以化学方程式为X+3Y⇌2Z+W，平衡常数为=270 L•mol ﹣1，故B正确；C、根据B得出的方程式可以判断，增大压强，平衡向正反应方向移动，平衡常数不变，故C正确；D、对于某个反应来讲，平衡常数只与温度有关，温度改变，平衡常数也改变，但向平衡体系中加入X，平衡常数不变，故D错误；故选D．点评：本题主要考查转化率的计算、影响平衡常数的因素、化学方程式的确定及平衡常数的计算等知识点，难度不大．注重对基础知识的考查．6．常温下时，有pH=3的盐酸和醋酸溶液，下列说法正确的是（）A．两种溶液中由水电离出来的c（H+）不相同B．中和相同体积的两种酸溶液所需NaOH的物质的量相同C．分别用燕馏水稀释m倍和n倍，若两溶液pH仍相同，则m＜nD．将两溶液等体积混合，则c（H+）＞c（CH3COO﹣）═c（Cl﹣）＞c（OH﹣）考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡．分析：醋酸是弱酸，存在电离平衡，pH=3的盐酸和醋酸溶液中氢离子浓度相同，醋酸浓度大于盐酸的浓度，加水稀释促进醋酸电离，氢离子浓度增大抑制醋酸电离，据此分析．解答：解：A、pH=3的盐酸和醋酸溶液中氢离子浓度相同，对水的电离的抑制作用相同，由水电离出来的c（H+）相同，故A错误；B、pH=3的盐酸和醋酸溶液中氢离子浓度相同，醋酸浓度大于盐酸的浓度，中和相同体积的两种酸溶液所需NaOH的物质的量醋酸多于盐酸，故B错误；C、加水稀释促进醋酸电离，盐酸和醋酸用燕馏水稀释m倍和n倍，若两溶液pH仍相同，醋酸加水稀释倍数高，所以则m＜n，故C正确；D、两溶液等体积混合，氢离子浓度不变，温度不变醋酸的电离平衡常数不变，c（CH3COO﹣）与c（CH3COOH）都变为原浓度的，所以醋酸的电离平衡没有移动，则c（H+）=2c（CH3COO ﹣）=2c（Cl﹣）＞c（OH﹣），故D正确；故选CD．点评：本题考查了弱电解质的电离，明确弱电解质的电离特点即可解答，知道影响水电离的因素，知道影响弱酸电离平衡移动的因素，为易错点．7．最近有研究人员发现了一种处理高浓度乙醛废水的新方法﹣隔膜电解法，乙醛分别在阴、阳极发生反应，转化为乙醇和乙酸．实验室以一定浓度的乙醛﹣Na2SO4溶液为电解质溶液，模拟乙醛废水的处理过程，其装置如图所示．下列说法正确的是（）A．若以CH4﹣空气燃料电池为直流电源，燃料电池的b极应通入空气B．电解过程中，生成0.1 mol乙酸的同时，有0.2 mol的乙醇生成C．阳极反应CH3CHO﹣2e﹣+OH﹣═CH3COOH+H+D．电解过程中两极除分别生成乙酸和乙醇外，均产生了无色气体，则阳极产生的是O2考点：原电池和电解池的工作原理．分析：A．a为正极，b为负极，负极发生氧化反应，通入甲烷；B．根据两极得失电子守恒结合电极反应计算；C．阳极反应为乙醛失电子发生氧化反应；D．阳极发生4OH﹣﹣4e﹣═O2↑+2H2O、CH3CHO﹣2e﹣+H2O=CH3COOH+2H+，阴极发生4H++4e﹣=2H2↑、CH3CHO+2e﹣+2H2O═CH3CH2OH+2OH﹣．解答：解：A．a为正极，b为负极，连接电解池阴极的是原电池负极，负极上燃料失电子发生氧化反应，该燃料电池中燃料是甲烷，所以b电极上投放的是CH4，故A错误；B．阳极发生4OH﹣﹣4e﹣═O2↑+2H2O、CH3CHO﹣2e﹣+H2O=CH3COOH+2H+，阴极发生4H++4e﹣=2H2↑、CH3CHO+2e﹣+2H2O═CH3CH2OH+2OH﹣，所以电解过程中，生成0.1 mol乙酸的同时，有0.1mol 的乙醇，故B错误；C．阳极反应为乙醛失电子发生氧化反应，应为CH3CHO﹣2e﹣+H2O=CH3COOH+2H+，故C错误；D．阳极发生4OH﹣﹣4e﹣═O2↑+2H2O、CH3CHO﹣2e﹣+H2O=CH3COOH+2H+，阴极发生4H++4e﹣=2H2↑、CH3CHO+2e﹣+2H2O═CH3CH2OH+2OH﹣，则两极除分别生成乙酸和乙醇外，均产生了无色气体，则阳极产生的是O2，故D正确．故选D．点评：本题考查了原电池和电解池的原理，侧重于学生的分析能力的考查，为高频考点，注意把握反应的原理和电极方程式的书写，为解答该题的关键，难度中等．二、非选择题（58分）8．Na、Fe、C、O、Si、Cl是中学化学中常见的六种元素．（1）Si位于元素周期表第三周期第ⅣA族；Fe的基态原子外围电子层排布式为3d64s2．（2）用“＞”或“＜”或元素符号填空：C、O、Si第一电离能离子半径Cl﹣、Na+、O2﹣熔点电负性Si ＜ C ＜O Cl﹣＞O2﹣＞Na+CO2＜SiO2Cl ＞Si （3）已知甲醇的燃烧热为726.5kJ/mol，写出甲醇燃烧的热化学方程式．CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+H2O（l）△H=﹣726.5kJ/mol ．（4）FeO42﹣具有强氧化性，在其钠盐溶液中加入稀硫酸，溶液变为黄色，并有无色气体产生．该反应的离子方程式为 4 FeO42﹣+20 H+=4Fe3++3O2↑+10H2O ．考点：位置结构性质的相互关系应用．分析：（1）主族元素周期数=电子层数、主族族序数=最外层电子数；Fe为26号元素，根据核外电子排布规律书写外围电子排布式；（2）同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，同主族自上而下第一电离能减小；电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大；熔沸点高低一般为：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体；同周期随原子序数增大，电负性增大；（3）注明物质聚集状态与△H书写热化学方程式；（4）FeO42﹣具有强氧化性，在其钠盐溶液中加入稀硫酸，溶液变为黄色，说明有Fe3+生成，并有无色气体产生，根据电子转移守恒，只能为O元素被氧化，故还生成O2，配平书写离子方程式．解答：解：（1）Si元素原子核外有3个电子层，最外层电子数为4，处于周期表中第三周期ⅣA族；Fe为26号元素，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，外围电子排布式为3d64s2，故答案为：三、ⅣA；3d64s2；（2）同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，同主族自上而下第一电离能减小，故第一电离能：Si＜C＜O；电子层结构相同的离子，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：Cl﹣＞O2﹣＞Na+；二氧化碳为分子晶体，二氧化硅属于原子晶体，故熔点：CO2＜SiO2；同周期随原子序数增大，电负性增大，故电负性：Cl＞Si，故答案为：Si＜C＜O；Cl﹣＞O2﹣＞Na+；CO2＜SiO2；Cl＞Si；（3）已知甲醇的燃烧热为726.5KJ/mol，甲醇燃烧的热化学方程式为：CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+H2O（l）△H=﹣726.5KJ/mol，故答案为：CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+H2O（l）△H=﹣726.5KJ/mol；（4）FeO42﹣具有强氧化性，在其钠盐溶液中加入稀硫酸，溶液变为黄色，说明有Fe3+生成，并有无色气体产生，根据电子转移守恒，只能为O元素被氧化，故还生成O2，反应离子方程式为：4 FeO42﹣+20 H+=4Fe3++3O2↑+10H2O，故答案为：4 FeO42﹣+20 H+=4Fe3++3O2↑+10H2O．点评：本题考查结构性质位置关系应用、核外电子排布、微粒半径比较、晶体类型与性质、热化学方程式、离子方程式等，难点是（4）题离子方程式的书写，注意对基础知识的理解掌握．9．贝诺酯类属于解热镇痛抗炎药，又名扑炎痛，主要用于类风湿关节炎、风湿痛、感冒发烧等的治疗．其合成路线如图所示：贝诺酯结构式：已知：回答下列问题：（1）化合物A遇FeCl3溶液会显紫色，则A的结构简式为；（2）试剂X是浓硫酸与浓硝酸，化合物（Ⅱ）生成化合物（Ⅲ）的反应类型是：取代反应；（3）化合物（Ⅲ）的药品名称叫阿司匹林，其同分异构体有多种，写出一种满足下列条件的同分异构体的结构简式或；①与阿司匹林含有相同的官能团②能发生银镜反应③核磁共振氢谱检测有5个吸收峰，且峰面积之比为2：2：2：1：1（4）写出阿司匹林与足量的NaOH溶液反应的化学方程式；（5）化合物D的药品名称叫扑热息痛，它与阿司匹林在一定条件下可制得贝诺酯，写出该反应的化学方程式：．（6）关于贝诺酯的合成路线说法正确的是： ca．贝诺酯结构中含有3种官能团b．化合物C生成化合物Ⅴ的反应类型是加成反应c．在上述A～D、Ⅰ～Ⅴ及贝诺酯10种化合物中，能与Na2CO3溶液反应的化合物有7种d．可以将化合物A直接与试剂X反应能得到化合物C以简化路线步骤．考点：有机物的推断；有机物的合成．分析：化合物A遇FeCl3发生显色反应，含有酚羟基，其分子式为C6H6O，可知A为，分析Ⅳ的结构简式和反应条件可知，与CH3I反应生成的B为甲基与苯环形成的醚，B发生硝化反应生成Ⅳ，试剂X为浓硫酸与浓硝酸，化合物Ⅳ与浓HI反应生成对硝基苯酚，设计该步反应的目的是保护酚羟基不被浓硫酸和浓硝酸氧化，据已知信息可知D为，D与物质Ⅲ通过酯化反应生成贝诺酯，据此分析．解答：解：化合物A遇FeCl3发生显色反应，含有酚羟基，其分子式为C6H6O，可知A为，分析Ⅳ的结构简式和反应条件可知，与CH3I反应生成的B为甲基与苯环形成的醚，B发生硝化反应生成Ⅳ，试剂X为浓硫酸与浓硝酸，化合物Ⅳ与浓HI反应生成对硝基苯酚，设计该步反应的目的是保护酚羟基不被浓硫酸和浓硝酸氧化，据已知信息可知D为，D与物质Ⅲ通过酯化反应生成贝诺酯，（1）化合物A遇FeCl3发生显色反应，含有酚羟基，其分子式为C6H6O，可知A为，故答案为：；（2）分析Ⅳ的结构简式和反应条件可知，与CH3I反应生成的B为甲基与苯环形成的醚，B发生硝化反应生成Ⅳ，试剂X为浓硫酸与浓硝酸，据化合物（Ⅱ）和化合物（Ⅲ）的结构简式可知，化合物（Ⅱ）生成化合物（Ⅲ）的反应类型为取代反应，故答案为：浓硫酸与浓硝酸；取代反应；（3）化合物（Ⅲ）除苯环外还有3个C原子，4个O原子，其同分异构体与化合物（Ⅲ）具有相同官能团，即有羧基和酯基，能够发生酯化反应说明含有甲酸酯，核磁共振氢谱检测有5个吸收峰，且峰面积之比为2：2：2：1：1，说明羧基和甲酸酯在苯环的对位，为或，故答案为：或；（4）阿司匹林含有酯基和羧基，能够与NaOH反应，其化学方程式为，故答案为：；（5）扑热息痛与阿司匹林发生酯化反应生成贝诺酯的化学方程式为，故答案为：；（6）a、贝诺酯结构中含有酯基和肽键两种官能团，故a错误；b、据其结构简式可知，化合物C生成化合物Ⅴ的反应类型是还原反应，故b错误；c、含有酚羟基和羧基的物质都能与Na2CO3溶液反应，有A、C、D、化合物（Ⅰ）、（Ⅱ）、（Ⅲ）、（Ⅴ）共7种，故c正确；d、与CH3I反应生成的B为甲基与苯环形成的醚，B发生硝化反应生成Ⅳ，试剂X 为浓硫酸与浓硝酸，化合物Ⅳ与浓HI反应生成对硝基苯酚，设计该步反应的目的是保护酚羟基不被浓硫酸和浓硝酸氧化，故d错误；故答案为：c．点评：本题考查有机物的推断与合成，充分根据有机物的结构进行分析解答，侧重考查学生分析推理与知识迁移应用，难度中等．10．硫酸工业中废渣的成分为SiO2、Fe2O3、Al2O3、MgO．某探究性学习小组的同学设计如图实验方案，将硫酸渣中金属元素转化为氢氧化物沉淀分离开来．已知常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如表：阳离子Fe3+Al3+Mg2+开始沉淀时的pH 1.9 3.7 9.6沉淀完全时的pH 3.2 5.2 11.0（1）固体A的化学式为SiO2．（2）向溶液F中通过量CO2发生反应的离子方程式AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣．（3）采用过滤操作分离固体E和溶液F，发现滤液中有少量浑浊，从实验操作的角度给出两种可能的原因：漏斗液面高于滤纸的边缘、玻璃棒下端靠在滤纸的单层处，导致滤纸破损．（4）上述流程中的试剂Y 最好选用下列的 C （填字母编号）A、氧化镁B、氨水C、氢氧化钾D、氢氧化钡（5）取w g硫酸渣（含SiO2 m g），与 c mol 盐酸恰好完全反应，则废渣中氧元素的质量分数为．（用含w、m、c的代数式表示）考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．分析：硫酸工业中废渣的成分为SiO2、Fe2O3、Al2O3、MgO，加入盐酸，二氧化硅与盐酸不反应，得到固体ASiO2；调节pH=3.5，生成氢氧化铁沉淀；加入KOH调pH=13，镁离子生成沉淀，最后通入CO2，AlO2﹣+2H2O+CO2=Al（OH）3↓+HCO3﹣；据此分析；（1）二氧化硅与盐酸不反应；（2）向溶液F中通过量CO2是AlO2﹣与CO2反应，过量CO2反应的产物为碳酸氢盐，反应的离子方程式：AlO2﹣+2H2O+CO2=Al（OH）3↓+HCO3﹣；（3）采用过滤操作分离固体E和溶液F，发现滤液中有少量浑浊，可能是滤纸破损、也可能是操作失误；（4）阳离子Mg2+以氢氧化物形式沉淀所需试剂，根据题给信息和流程可知应该先用氢氧化钾，溶液将Mg2+转化成氢氧化镁沉淀析出同时将Al3+转化成AlO2﹣溶液；（5）Fe2O3、Al2O3、MgO与HCl反应，都生成H2O，水中的O即为金属氧化物中的O，则含有=8c，m gSiO2含O为，则废渣中氧元素的质量分数为×100%=．解答：解：（1）二氧化硅与盐酸不反应，固体A为SiO2；故答案为：SiO2；（2）向溶液F中通过量CO2是AlO2﹣与CO2反应，过量CO2反应的产物为碳酸氢盐，反应的离子方程式：AlO2﹣+2H2O+CO2=Al（OH）3↓+HCO3﹣；故答案为：AlO2﹣+2H2O+CO2=Al（OH）3↓+HCO3﹣；（3）采用过滤操作分离固体E和溶液F，发现滤液中有少量浑浊，可能是滤纸破损、也可能是操作失误；故答案为：漏斗液面高于滤纸的边缘；玻璃棒下端靠在滤纸的单层处，导致滤纸破损；（4）阳离子Mg2+以氢氧化物形式沉淀所需试剂，根据题给信息和流程可知应该先用氢氧化钾，溶液将Mg2+转化成氢氧化镁沉淀析出同时将Al3+转化成AlO2﹣溶液；故答案为：C；。

2015年安徽省黄山市歙县中学高考化学模拟试卷（10月份）一、选择题（本大题共7小题；每小题6分，共42分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）1．下列有关化学用语表示正确的是（）A．苯甲醛：B． Mg2+的结构示意图：C． CO2的电子式：O：：C：：OD．核内有8个中子的碳原子： C2．设N A为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A．常温常压下，18g H2O含有2N A个O﹣H键B． 1L 1mol/L Na2CO3溶液中含有N A个CO32﹣C． 1mol Al被完全氧化生成Al2O3，转移6N A个电子D．常温下，22.4L的N2和O2混合气体，含有2N A个原子3．下列各组离子，一定能在指定环境中大量共存的是（）A． pH=0的溶液中：K+、ClO﹣、CH3CHO、SO42﹣B． c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液中：Na+、NH4+、Cl﹣、Br﹣C．加人KSCN显血红色的溶液中：Br﹣、NO3﹣、SO42﹣、Mg2+D．在加入Al能放出大量H2的溶液中：NH4+、SO42﹣、C1﹣、HCO3﹣4．下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的是（）A．用图1装置制取并收集干燥纯净的NH3B．用图2所示装置可除去NO2中的NOC．用图3所示装置可分离CH3COOC2H5和饱和碳酸钠溶液D．用图4装置制备Fe（OH）2并能较长时间观察其颜色5．在一定温度下的密闭容器中X、Y、Z、W四种气体的初始浓度和平衡浓度如下表：物质X Y Z W初始浓度/mol•L﹣1 1.0 2.0 0 0平衡浓度/mol•L﹣10.4 0.2 1.2 0.6下列说法错误的是（）A．反应达到平衡时，Y的转化率为90%B．反应可表示为X（g）+3Y（g）═2Z（g）+W（g），其平衡常数为270 L•mol﹣1C．增大压强平衡向正反应方向移动，平衡常数不变D．改变温度或向平衡体系中加入X都会使平衡移动，平衡常数也会随之改变6．常温下时，有pH=3的盐酸和醋酸溶液，下列说法正确的是（）A．两种溶液中由水电离出来的c（H+）不相同B．中和相同体积的两种酸溶液所需NaOH的物质的量相同C．分别用燕馏水稀释m倍和n倍，若两溶液pH仍相同，则m＜nD．将两溶液等体积混合，则c（H+）＞c（CH3COO﹣）═c（Cl﹣）＞c（OH﹣）7．最近有研究人员发现了一种处理高浓度乙醛废水的新方法﹣隔膜电解法，乙醛分别在阴、阳极发生反应，转化为乙醇和乙酸．实验室以一定浓度的乙醛﹣Na2SO4溶液为电解质溶液，模拟乙醛废水的处理过程，其装置如图所示．下列说法正确的是（）A．若以CH4﹣空气燃料电池为直流电源，燃料电池的b极应通入空气B．电解过程中，生成0.1 mol乙酸的同时，有0.2 mol的乙醇生成C．阳极反应CH3CHO﹣2e﹣+OH﹣═CH3COOH+H+D．电解过程中两极除分别生成乙酸和乙醇外，均产生了无色气体，则阳极产生的是O2二、非选择题（58分）8．Na、Fe、C、O、Si、Cl是中学化学中常见的六种元素．（1）Si位于元素周期表第周期第族；Fe的基态原子外围电子层排布式为．（2）用“＞”或“＜”或元素符号填空：C、O、Si第一电离能离子半径Cl﹣、Na+、O2﹣熔点电负性＜＜＞＞CO2SiO2Cl Si（3）已知甲醇的燃烧热为726.5kJ/mol，写出甲醇燃烧的热化学方程式．．（4）FeO42﹣具有强氧化性，在其钠盐溶液中加入稀硫酸，溶液变为黄色，并有无色气体产生．该反应的离子方程式为．9．贝诺酯类属于解热镇痛抗炎药，又名扑炎痛，主要用于类风湿关节炎、风湿痛、感冒发烧等的治疗．其合成路线如图所示：贝诺酯结构式：已知：回答下列问题：（1）化合物A遇FeCl3溶液会显紫色，则A的结构简式为；（2）试剂X是，化合物（Ⅱ）生成化合物（Ⅲ）的反应类型是：；（3）化合物（Ⅲ）的药品名称叫阿司匹林，其同分异构体有多种，写出一种满足下列条件的同分异构体的结构简式；①与阿司匹林含有相同的官能团②能发生银镜反应③核磁共振氢谱检测有5个吸收峰，且峰面积之比为2：2：2：1：1（4）写出阿司匹林与足量的NaOH溶液反应的化学方程式；（5）化合物D的药品名称叫扑热息痛，它与阿司匹林在一定条件下可制得贝诺酯，写出该反应的化学方程式：．（6）关于贝诺酯的合成路线说法正确的是：a．贝诺酯结构中含有3种官能团b．化合物C生成化合物Ⅴ的反应类型是加成反应c．在上述A～D、Ⅰ～Ⅴ及贝诺酯10种化合物中，能与Na2CO3溶液反应的化合物有7种d．可以将化合物A直接与试剂X反应能得到化合物C以简化路线步骤．10．硫酸工业中废渣的成分为SiO2、Fe2O3、Al2O3、MgO．某探究性学习小组的同学设计如图实验方案，将硫酸渣中金属元素转化为氢氧化物沉淀分离开来．已知常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如表：阳离子Fe3+Al3+Mg2+开始沉淀时的pH 1.9 3.7 9.6沉淀完全时的pH 3.2 5.2 11.0（1）固体A的化学式为．（2）向溶液F中通过量CO2发生反应的离子方程式．（3）采用过滤操作分离固体E和溶液F，发现滤液中有少量浑浊，从实验操作的角度给出两种可能的原因：、．（4）上述流程中的试剂Y 最好选用下列的（填字母编号）A、氧化镁B、氨水C、氢氧化钾D、氢氧化钡（5）取w g硫酸渣（含SiO2 m g），与 c mol 盐酸恰好完全反应，则废渣中氧元素的质量分数为．（用含w、m、c的代数式表示）11．某无色溶液中可能含有H+、OH﹣、K+、NO3﹣，加入铝粉后，只产生H2．试回答：（1）加入铝粉产生H2，说明铝具有（填“氧化性”或“还原性”）．（2）甲同学分析：若H+大量存在，则NO3﹣就不能大量存在．设计实验证实如表：装置现象Ⅰ．实验初始，未见明显现象Ⅱ．过一会儿，出现气泡，液面上方呈浅棕色Ⅲ．试管变热，溶液沸腾①盐酸溶解Al2O3薄膜的离子方程式是．②根据现象Ⅱ，推测溶液中产生了NO，为进一步确认，进行如下实验：实验内容现象实验1 将湿润KI﹣淀粉试纸置于空气中未变蓝实验2 用湿润KI﹣淀粉试纸检验浅棕色气体试纸变蓝a．浅棕色气体是．b．实验1的目的是．c．实验1、2说明反应生成了NO，写出该反应的离子方程式：．（3）再假设：若OH﹣大量存在，NO3﹣也可能不能大量存在．重新设计实验证实如表：装置现象Ⅰ．实验初始，未见明显现象Ⅱ．过一会儿，出现气泡，有刺激性气味为确认“刺激性气味”气体，进行如下实验：用湿润KI﹣淀粉试纸检验，未变蓝；用湿润红色石蕊试纸检验，试纸变蓝．则：①刺激性气味的气体是．②产生该气体的离子方程式是．（4）在NaOH溶液中加入铝粉，结果只检验出有H2生成．实验结果证实：NO3‑在酸、碱性环境中都有一定的氧化性，能氧化铝单质，产生含氮化合物．因此无色溶液一定能大量存在的是．2015年安徽省黄山市歙县中学高考化学模拟试卷（10月份）参考答案与试题解析一、选择题（本大题共7小题；每小题6分，共42分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）1．下列有关化学用语表示正确的是（）A．苯甲醛：B． Mg2+的结构示意图：C． CO2的电子式：O：：C：：OD．核内有8个中子的碳原子： C考点：电子式、化学式或化学符号及名称的综合．专题：化学用语专题．分析：A．其官能团为﹣CHO；B．Mg的质子数为12，其离子核外有10个电子；C．二氧化碳中C、O周围均满足8电子稳定结构；D．有8个中子的碳原子，其质量数为14．解答：解：A．苯甲醛为，故A错误；B．Mg2+的结构示意图为，故B正确；C．CO2的电子式为，故C错误；D．核内有8个中子的碳原子为C，故D错误；故选B．点评：本题考查常见化学用语的正误判断，题目难度中等，该题是高考中的常见题型与重要的考点，该题基础性强，难易适中，侧重考查学生对常见化学用语的熟悉掌握程度，该类试题需要明确的是常见的化学用语主要包括元素符号、化学式、化合价、电子式、原子结构示意图、结构式、结构简式以及方程式和各种模型等，需要学生熟练记住．2．设N A为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A．常温常压下，18g H2O含有2N A个O﹣H键B． 1L 1mol/L Na2CO3溶液中含有N A个CO32﹣C． 1mol Al被完全氧化生成Al2O3，转移6N A个电子D．常温下，22.4L的N2和O2混合气体，含有2N A个原子考点：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、18g水含有N A个水分子，一个水分子含有两个O﹣H键；B、CO32﹣发生水解反应；C、1molAl被完全氧化生成Al2O3，转移3N A个电子；D、条件不正确，应该为标准状况下．解答：解：A、18g水的物质的量为1mol，含有N A个水分子，一个水分子含有2个O﹣H 键，因此18g水含2N A个O﹣H键，故A正确；B、1L1mol/L Na2CO3溶液中，CO32﹣发生水解反应，小于N A个，故B错误；C、1molAl被完全氧化生成Al2O3，转移3N A个电子，故C错误；D、条件不正确，无法进行，计算常温下V m≠22.4L/mol，应该为标准状况下，故D错误；故选：A．点评：本题考查了阿伏加德罗常数的计算，题目难度中等，为高考必考题型，注意公式使用的前提条件和盐类的水解的应用．3．下列各组离子，一定能在指定环境中大量共存的是（）A． pH=0的溶液中：K+、ClO﹣、CH3CHO、SO42﹣B． c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液中：Na+、NH4+、Cl﹣、Br﹣C．加人KSCN显血红色的溶液中：Br﹣、NO3﹣、SO42﹣、Mg2+D．在加入Al能放出大量H2的溶液中：NH4+、SO42﹣、C1﹣、HCO3﹣考点：离子共存问题．专题：离子反应专题．分析：A．pH=0的溶液为酸性溶液，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，次氯酸能够氧化乙醛；B．c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液为碱性溶液，溶液中存在大量氢氧根离子，铵根离子与氢氧根离子反应；C．加人KSCN显血红色的溶液中存在大量铁离子，四种离子之间不反应，都不与铁离子反应；D．加入Al能放出大量H2的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，铵根离子、碳酸氢根离子与氢氧根离子反应，碳酸氢根离子还能够与氢离子反应．解答：解：A．pH=0的溶液中存在大量氢离子，ClO﹣与氢离子结合生成次氯酸，次氯酸能够氧化CH3CHO，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液中存在大量氢氧根离子，NH4+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；C．加人KSCN显血红色的溶液中存在大量Fe3+，Br﹣、NO3﹣、SO42﹣、Mg2+之间不发生反应，都不与Fe3+反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；D．加入Al能放出大量H2的溶液为酸性或强碱性溶液，溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，NH4+与氢氧根离子反应，HCO3﹣既能够与氢离子，也能够与氢氧根离子反应，在溶液中一定不能大量共存，故D错误；故选C．点评：本题考查了离子共存，题目难度中等，明确题干暗含条件的含义为解答关键，注意熟练掌握常见离子的性质及离子反应发生条件，合理把握离子之间能够共存的情况，试题培养了学生灵活应用基础知识的能力．4．下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的是（）A．用图1装置制取并收集干燥纯净的NH3B．用图2所示装置可除去NO2中的NOC．用图3所示装置可分离CH3COOC2H5和饱和碳酸钠溶液D．用图4装置制备Fe（OH）2并能较长时间观察其颜色考点：化学实验方案的评价．专题：实验评价题．分析：A．收集氨气的方法错误；B．二氧化氮和水反应生成一氧化氮；C．乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，可用分液的方法分离；D．铁不能被氧化，不能制得Fe（OH）2．解答：解：A．氨气的密度比空气小，应用向下排空法收集气体，故A错误；B．二氧化氮溶于水且和水反应生成一氧化氮，不能将杂质除去，故B错误；C．乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，可用分液的方法分离，故C正确；D．铁应连接电源正极，才能制得Fe（OH）2，故D错误．故选C．点评：本题考查较为综合，涉及气体的收集、除杂、分离以及物质的制备，综合考查学生的分析能力、实验能力和评价能力，为高考常见题型，注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性和可行性的评价，难度不大．5．在一定温度下的密闭容器中X、Y、Z、W四种气体的初始浓度和平衡浓度如下表：物质X Y Z W初始浓度/mol•L﹣1 1.0 2.0 0 0平衡浓度/mol•L﹣10.4 0.2 1.2 0.6下列说法错误的是（）A．反应达到平衡时，Y的转化率为90%B．反应可表示为X（g）+3Y（g）═2Z（g）+W（g），其平衡常数为270 L•mol﹣1C．增大压强平衡向正反应方向移动，平衡常数不变D．改变温度或向平衡体系中加入X都会使平衡移动，平衡常数也会随之改变考点：化学平衡的计算．专题：化学平衡专题．分析：A、根据转化率=×100%计算；B、根据反应物浓度减小，生成物浓度增加，浓度的变化量之比等于计量数之比，确定化学方程式，根据平衡常数的定义计算平衡常数；C、根据影响平衡移动及平衡常数的因素判断；D、根据影响平衡移动及平衡常数的因素判断．解答：解：A、根据转化率=×100%可计算得X的转化率为×100%=90%，故A正确；B、根据表中数据可知，在反应中X减小0.6mol/L，Y减小1.8．mol/L，所以X、Y是反应物，Z增加了1.2mol/L，W增加了0.6mol/L，所以Z、W是生成物，X、Y、Z、W的浓度的变化量之比为1：3：2：1，所以化学方程式为X+3Y⇌2Z+W，平衡常数为=270 L•mol﹣1，故B正确；C、根据B得出的方程式可以判断，增大压强，平衡向正反应方向移动，平衡常数不变，故C正确；D、对于某个反应来讲，平衡常数只与温度有关，温度改变，平衡常数也改变，但向平衡体系中加入X，平衡常数不变，故D错误；故选D．点评：本题主要考查转化率的计算、影响平衡常数的因素、化学方程式的确定及平衡常数的计算等知识点，难度不大．注重对基础知识的考查．6．常温下时，有pH=3的盐酸和醋酸溶液，下列说法正确的是（）A．两种溶液中由水电离出来的c（H+）不相同B．中和相同体积的两种酸溶液所需NaOH的物质的量相同C．分别用燕馏水稀释m倍和n倍，若两溶液pH仍相同，则m＜nD．将两溶液等体积混合，则c（H+）＞c（CH3COO﹣）═c（Cl﹣）＞c（OH﹣）考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡．分析：醋酸是弱酸，存在电离平衡，pH=3的盐酸和醋酸溶液中氢离子浓度相同，醋酸浓度大于盐酸的浓度，加水稀释促进醋酸电离，氢离子浓度增大抑制醋酸电离，据此分析．解答：解：A、pH=3的盐酸和醋酸溶液中氢离子浓度相同，对水的电离的抑制作用相同，由水电离出来的c（H+）相同，故A错误；B、pH=3的盐酸和醋酸溶液中氢离子浓度相同，醋酸浓度大于盐酸的浓度，中和相同体积的两种酸溶液所需NaOH的物质的量醋酸多于盐酸，故B错误；C、加水稀释促进醋酸电离，盐酸和醋酸用燕馏水稀释m倍和n倍，若两溶液pH仍相同，醋酸加水稀释倍数高，所以则m＜n，故C正确；D、两溶液等体积混合，氢离子浓度不变，温度不变醋酸的电离平衡常数不变，c（CH3COO﹣）与c（CH3COOH）都变为原浓度的，所以醋酸的电离平衡没有移动，则c（H+）=2c（CH3COO ﹣）=2c（Cl﹣）＞c（OH﹣），故D正确；故选CD．点评：本题考查了弱电解质的电离，明确弱电解质的电离特点即可解答，知道影响水电离的因素，知道影响弱酸电离平衡移动的因素，为易错点．7．最近有研究人员发现了一种处理高浓度乙醛废水的新方法﹣隔膜电解法，乙醛分别在阴、阳极发生反应，转化为乙醇和乙酸．实验室以一定浓度的乙醛﹣Na2SO4溶液为电解质溶液，模拟乙醛废水的处理过程，其装置如图所示．下列说法正确的是（）A．若以CH4﹣空气燃料电池为直流电源，燃料电池的b极应通入空气B．电解过程中，生成0.1 mol乙酸的同时，有0.2 mol的乙醇生成C．阳极反应CH3CHO﹣2e﹣+OH﹣═CH3COOH+H+D．电解过程中两极除分别生成乙酸和乙醇外，均产生了无色气体，则阳极产生的是O2考点：原电池和电解池的工作原理．分析：A．a为正极，b为负极，负极发生氧化反应，通入甲烷；B．根据两极得失电子守恒结合电极反应计算；C．阳极反应为乙醛失电子发生氧化反应；D．阳极发生4OH﹣﹣4e﹣═O2↑+2H2O、CH3CHO﹣2e﹣+H2O=CH3COOH+2H+，阴极发生4H++4e﹣=2H2↑、CH3CHO+2e﹣+2H2O═CH3CH2OH+2OH﹣．解答：解：A．a为正极，b为负极，连接电解池阴极的是原电池负极，负极上燃料失电子发生氧化反应，该燃料电池中燃料是甲烷，所以b电极上投放的是CH4，故A错误；B．阳极发生4OH﹣﹣4e﹣═O2↑+2H2O、CH3CHO﹣2e﹣+H2O=CH3COOH+2H+，阴极发生4H++4e﹣=2H2↑、CH3CHO+2e﹣+2H2O═CH3CH2OH+2OH﹣，所以电解过程中，生成0.1 mol乙酸的同时，有0.1mol 的乙醇，故B错误；C．阳极反应为乙醛失电子发生氧化反应，应为CH3CHO﹣2e﹣+H2O=CH3COOH+2H+，故C错误；D．阳极发生4OH﹣﹣4e﹣═O2↑+2H2O、CH3CHO﹣2e﹣+H2O=CH3COOH+2H+，阴极发生4H++4e﹣=2H2↑、CH3CHO+2e﹣+2H2O═CH3CH2OH+2OH﹣，则两极除分别生成乙酸和乙醇外，均产生了无色气体，则阳极产生的是O2，故D正确．故选D．点评：本题考查了原电池和电解池的原理，侧重于学生的分析能力的考查，为高频考点，注意把握反应的原理和电极方程式的书写，为解答该题的关键，难度中等．二、非选择题（58分）8．Na、Fe、C、O、Si、Cl是中学化学中常见的六种元素．（1）Si位于元素周期表第三周期第ⅣA族；Fe的基态原子外围电子层排布式为3d64s2．（2）用“＞”或“＜”或元素符号填空：C、O、Si第一电离能离子半径Cl﹣、Na+、O2﹣熔点电负性Si ＜ C ＜O Cl﹣＞O2﹣＞Na+CO2＜SiO2Cl ＞Si（3）已知甲醇的燃烧热为726.5kJ/mol，写出甲醇燃烧的热化学方程式．CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+H2O（l）△H=﹣726.5kJ/mol ．（4）FeO42﹣具有强氧化性，在其钠盐溶液中加入稀硫酸，溶液变为黄色，并有无色气体产生．该反应的离子方程式为 4 FeO42﹣+20 H+=4Fe3++3O2↑+10H2O ．考点：位置结构性质的相互关系应用．分析：（1）主族元素周期数=电子层数、主族族序数=最外层电子数；Fe为26号元素，根据核外电子排布规律书写外围电子排布式；（2）同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，同主族自上而下第一电离能减小；电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大；熔沸点高低一般为：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体；同周期随原子序数增大，电负性增大；（3）注明物质聚集状态与△H书写热化学方程式；（4）FeO42﹣具有强氧化性，在其钠盐溶液中加入稀硫酸，溶液变为黄色，说明有Fe3+生成，并有无色气体产生，根据电子转移守恒，只能为O元素被氧化，故还生成O2，配平书写离子方程式．解答：解：（1）Si元素原子核外有3个电子层，最外层电子数为4，处于周期表中第三周期ⅣA族；Fe为26号元素，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，外围电子排布式为3d64s2，故答案为：三、ⅣA；3d64s2；（2）同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，同主族自上而下第一电离能减小，故第一电离能：Si＜C＜O；电子层结构相同的离子，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：Cl﹣＞O2﹣＞Na+；二氧化碳为分子晶体，二氧化硅属于原子晶体，故熔点：CO2＜SiO2；同周期随原子序数增大，电负性增大，故电负性：Cl＞Si，故答案为：Si＜C＜O；Cl﹣＞O2﹣＞Na+；CO2＜SiO2；Cl＞Si；（3）已知甲醇的燃烧热为726.5KJ/mol，甲醇燃烧的热化学方程式为：CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+H2O（l）△H=﹣726.5KJ/mol，故答案为：CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+H2O（l）△H=﹣726.5KJ/mol；（4）FeO42﹣具有强氧化性，在其钠盐溶液中加入稀硫酸，溶液变为黄色，说明有Fe3+生成，并有无色气体产生，根据电子转移守恒，只能为O元素被氧化，故还生成O2，反应离子方程式为：4 FeO42﹣+20 H+=4Fe3++3O2↑+10H2O，故答案为：4 FeO42﹣+20 H+=4Fe3++3O2↑+10H2O．点评：本题考查结构性质位置关系应用、核外电子排布、微粒半径比较、晶体类型与性质、热化学方程式、离子方程式等，难点是（4）题离子方程式的书写，注意对基础知识的理解掌握．9．贝诺酯类属于解热镇痛抗炎药，又名扑炎痛，主要用于类风湿关节炎、风湿痛、感冒发烧等的治疗．其合成路线如图所示：贝诺酯结构式：已知：回答下列问题：（1）化合物A遇FeCl3溶液会显紫色，则A的结构简式为；（2）试剂X是浓硫酸与浓硝酸，化合物（Ⅱ）生成化合物（Ⅲ）的反应类型是：取代反应；（3）化合物（Ⅲ）的药品名称叫阿司匹林，其同分异构体有多种，写出一种满足下列条件的同分异构体的结构简式或；①与阿司匹林含有相同的官能团②能发生银镜反应③核磁共振氢谱检测有5个吸收峰，且峰面积之比为2：2：2：1：1（4）写出阿司匹林与足量的NaOH溶液反应的化学方程式；（5）化合物D的药品名称叫扑热息痛，它与阿司匹林在一定条件下可制得贝诺酯，写出该反应的化学方程式：．（6）关于贝诺酯的合成路线说法正确的是： ca．贝诺酯结构中含有3种官能团b．化合物C生成化合物Ⅴ的反应类型是加成反应c．在上述A～D、Ⅰ～Ⅴ及贝诺酯10种化合物中，能与Na2CO3溶液反应的化合物有7种d．可以将化合物A直接与试剂X反应能得到化合物C以简化路线步骤．考点：有机物的推断；有机物的合成．分析：化合物A遇FeCl3发生显色反应，含有酚羟基，其分子式为C6H6O，可知A为，分析Ⅳ的结构简式和反应条件可知，与CH3I反应生成的B为甲基与苯环形成的醚，B发生硝化反应生成Ⅳ，试剂X为浓硫酸与浓硝酸，化合物Ⅳ与浓HI反应生成对硝基苯酚，设计该步反应的目的是保护酚羟基不被浓硫酸和浓硝酸氧化，据已知信息可知D为，D与物质Ⅲ通过酯化反应生成贝诺酯，据此分析．解答：解：化合物A遇FeCl3发生显色反应，含有酚羟基，其分子式为C6H6O，可知A为，分析Ⅳ的结构简式和反应条件可知，与CH3I反应生成的B为甲基与苯环形成的醚，B发生硝化反应生成Ⅳ，试剂X为浓硫酸与浓硝酸，化合物Ⅳ与浓HI反应生成对硝基苯酚，设计该步反应的目的是保护酚羟基不被浓硫酸和浓硝酸氧化，据已知信息可知D为，D与物质Ⅲ通过酯化反应生成贝诺酯，（1）化合物A遇FeCl3发生显色反应，含有酚羟基，其分子式为C6H6O，可知A为，故答案为：；（2）分析Ⅳ的结构简式和反应条件可知，与CH3I反应生成的B为甲基与苯环形成的醚，B发生硝化反应生成Ⅳ，试剂X为浓硫酸与浓硝酸，据化合物（Ⅱ）和化合物（Ⅲ）的结构简式可知，化合物（Ⅱ）生成化合物（Ⅲ）的反应类型为取代反应，故答案为：浓硫酸与浓硝酸；取代反应；（3）化合物（Ⅲ）除苯环外还有3个C原子，4个O原子，其同分异构体与化合物（Ⅲ）具有相同官能团，即有羧基和酯基，能够发生酯化反应说明含有甲酸酯，核磁共振氢谱检测有5个吸收峰，且峰面积之比为2：2：2：1：1，说明羧基和甲酸酯在苯环的对位，为或，故答案为：或；（4）阿司匹林含有酯基和羧基，能够与NaOH反应，其化学方程式为，故答案为：；（5）扑热息痛与阿司匹林发生酯化反应生成贝诺酯的化学方程式为，故答案为：；（6）a、贝诺酯结构中含有酯基和肽键两种官能团，故a错误；b、据其结构简式可知，化合物C生成化合物Ⅴ的反应类型是还原反应，故b错误；c、含有酚羟基和羧基的物质都能与Na2CO3溶液反应，有A、C、D、化合物（Ⅰ）、（Ⅱ）、（Ⅲ）、（Ⅴ）共7种，故c正确；d、与CH3I反应生成的B为甲基与苯环形成的醚，B发生硝化反应生成Ⅳ，试剂X 为浓硫酸与浓硝酸，化合物Ⅳ与浓HI反应生成对硝基苯酚，设计该步反应的目的是保护酚羟基不被浓硫酸和浓硝酸氧化，故d错误；故答案为：c．点评：本题考查有机物的推断与合成，充分根据有机物的结构进行分析解答，侧重考查学生分析推理与知识迁移应用，难度中等．10．硫酸工业中废渣的成分为SiO2、Fe2O3、Al2O3、MgO．某探究性学习小组的同学设计如图实验方案，将硫酸渣中金属元素转化为氢氧化物沉淀分离开来．已知常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如表：阳离子Fe3+Al3+Mg2+开始沉淀时的pH 1.9 3.7 9.6沉淀完全时的pH 3.2 5.2 11.0（1）固体A的化学式为SiO2．（2）向溶液F中通过量CO2发生反应的离子方程式AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣．（3）采用过滤操作分离固体E和溶液F，发现滤液中有少量浑浊，从实验操作的角度给出两种可能的原因：漏斗液面高于滤纸的边缘、玻璃棒下端靠在滤纸的单层处，导致滤纸破损．（4）上述流程中的试剂Y 最好选用下列的 C （填字母编号）A、氧化镁B、氨水C、氢氧化钾D、氢氧化钡（5）取w g硫酸渣（含SiO2 m g），与 c mol 盐酸恰好完全反应，则废渣中氧元素的质量分数为．（用含w、m、c的代数式表示）考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．分析：硫酸工业中废渣的成分为SiO2、Fe2O3、Al2O3、MgO，加入盐酸，二氧化硅与盐酸不反应，得到固体ASiO2；调节pH=3.5，生成氢氧化铁沉淀；加入KOH调pH=13，镁离子生成沉淀，最后通入CO2，AlO2﹣+2H2O+CO2=Al（OH）3↓+HCO3﹣；据此分析；（1）二氧化硅与盐酸不反应；（2）向溶液F中通过量CO2是AlO2﹣与CO2反应，过量CO2反应的产物为碳酸氢盐，反应的离子方程式：AlO2﹣+2H2O+CO2=Al（OH）3↓+HCO3﹣；（3）采用过滤操作分离固体E和溶液F，发现滤液中有少量浑浊，可能是滤纸破损、也可能是操作失误；（4）阳离子Mg2+以氢氧化物形式沉淀所需试剂，根据题给信息和流程可知应该先用氢氧化钾，溶液将Mg2+转化成氢氧化镁沉淀析出同时将Al3+转化成AlO2﹣溶液；（5）Fe2O3、Al2O3、MgO与HCl反应，都生成H2O，水中的O即为金属氧化物中的O，则含有=8c，m gSiO2含O为，则废渣中氧元素的质量分数为×100%=．解答：解：（1）二氧化硅与盐酸不反应，固体A为SiO2；故答案为：SiO2；（2）向溶液F中通过量CO2是AlO2﹣与CO2反应，过量CO2反应的产物为碳酸氢盐，反应的离子方程式：AlO2﹣+2H2O+CO2=Al（OH）3↓+HCO3﹣；故答案为：AlO2﹣+2H2O+CO2=Al（OH）3↓+HCO3﹣；（3）采用过滤操作分离固体E和溶液F，发现滤液中有少量浑浊，可能是滤纸破损、也可能是操作失误；故答案为：漏斗液面高于滤纸的边缘；玻璃棒下端靠在滤纸的单层处，导致滤纸破损；（4）阳离子Mg2+以氢氧化物形式沉淀所需试剂，根据题给信息和流程可知应该先用氢氧化钾，溶液将Mg2+转化成氢氧化镁沉淀析出同时将Al3+转化成AlO2﹣溶液；故答案为：C；（5）Fe2O3、Al2O3、MgO与HCl反应，都生成H2O，水中的O即为金属氧化物中的O，则含有=8c，m gSiO2含O为，则废渣中氧元素的质量分数为×100%=；故答案为：．点评：本题考查了溶液配制实验过程和仪器选择，盐类水解应用，掌握物质性质和实验流程分析是解题关键，题目难度中等．11．某无色溶液中可能含有H+、OH﹣、K+、NO3﹣，加入铝粉后，只产生H2．试回答：。

7．化学与资料、生活和环境亲密有关,以下有关说法错误的选项是A．煤炭经气化、液化和干馏等过程，可获取洁净能源和重要的化工原料B．燃煤、汽车尾气、工业废气等是雾霾形成的人为要素C．平时生活中人们大批使用铝制品，是由于常温下铝不可以与氧气反响D．神舟 11 号飞船所用太阳能电池板可将光能变换为电能所用变换资料是单晶硅8．设 N A表示阿伏加德罗常数的值，以下判断正确的选项是A ．将 1molNH 4NO 3于稀氨水便溶液呈中性，溶液中NH 4 +数量为 N AB．标准情况下， 22.4L 甲烷中含有的C-H 键数量为 3N AC. 25℃时， pH＝2 的硫酸溶液中含有H +的数量为 0.01N AD. 1molFe 与 1molCl 2充足反响转移电子数为3N A9．苯佐卡因是局部麻醉药，常用于手术后创伤止痛、溃疡痛等，其构造简式为。

以下对于苯佐卡因的表达正确的选项是A ．分子式为 C9H14NO 2B．苯环上有 2 个取代基，且含有硝基的苯佐卡因的同分异构体有9 种C. 1mol 该化合物最多与 4mol 氢气发生加成反响D．分子中将氨基转变成硝基的反响为氧化反响10．短周期元素X、 Y、 Z、W 在周期表中的相对地点以下图，己知它们的最外层电子数之和为 21，以下说法正确的选项是A ． X 、 Y 、 Z、 W 中起码有一种是金属元素C．简单离子半径由大到小的次序：W>Z>Y>X B．元素的最高化合价：D.W 的单质能够置换出W>Z>YZ 的单质11选操作和现象结论项A向盛有 2mL0.1mol/LAgNO 3 溶液的试管中，先滴几Ksp(AgCl)>Ksp(A滴 0.1mol/LKCl溶液，再滴加0.1mol/LKI溶液。

试管先gI)出现白色积淀，后出现淡黄色积淀B 向装有 Fe(NO3 )2溶液的试管中加入几滴稀H2SO4 Fe(NO 3)2与 H2SO4溶液，溶液颜色基本不变不反响C 在 KI 溶液中滴加少许氯水，再加入CCl 4，充足振氯的非金属性比荡，液体分层，基层溶液呈紫红色碘强D 用 pH 试纸测定同浓度的NaClO 溶液和弱酸的酸性：CH 3COONa 溶液的 pH， pH(NaClO)>pH(CH 3COONa) HClO<CH 3COOH12．某工厂采纳电解法办理含铬废水，耐酸电解槽用铁板作阴、阳极，槽内盛放含铬废水，工作原理以以下图所示，以下说法不正确的选项是A. A 接电源正极B. B 极区邻近溶液pH 降低C. A 极区溶液中发生的氧化复原反响为Cr 2- 2++14H+ 3+ 3+2O7 +6Fe =2Cr +6Fe +7H 2O D．若不考虑气体的溶解．有0.1mol Cr 2O7 2-被复原时，生成标准情况下H2 13.44L13．常温时，用 0.1000mol/ LNaOH 溶液滴定某一元酸HX 溶液，滴定过程中 pH 变化曲线以下图。