广东省佛山市桂城中学等七校2015届高考化学模拟交流试卷(含解析)

2015年广东省佛山市顺德市高考化学模拟试卷一、单项选择题（每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，16小题，每小题4分，共64分）1．（4分）（2015•顺德区模拟）化学在生产和日常生活中有着重要的作用．下列说法正确的是（）A．新型材料聚酯纤维、光导纤维都属于有机高分子材料B．“地沟油”不能食用，但经加工处理后，可用来制造肥皂和生物柴油C．糖类、油脂、蛋白质等都具有固定的熔沸点D．可用热的饱和碳酸钠溶液除去金属表面的矿物油（如机油、润滑油等）2．（4分）（2015•顺德区模拟）下列离子在水溶液中一定能大量共存的是（）A．Fe3+、NO、SCN﹣、COB．Fe2+、H+、Cl﹣、ClO﹣C．Mg2+、Na+、CH3COO﹣、SOD．Na+、AlO、Cl﹣、HCO3．（4分）（2015•顺德区模拟）下列叙述I和II均正确，且有因果关系的是（）选项叙述I 叙述IIA NH4HCO3是弱酸弱碱盐NH4HCO3是弱电解质，在水中部分电离B 向NaCl与AgCl的浊液中滴加Na2S溶液，有黑色K sp（Ag2S）＜K sp（AgCl）沉淀生成C Al能与强碱溶液反应Al有一定的非金属性D SO2和CO2分子组成与性质相似SO2与Na2O2反应生成Na2SO3A．A B．B C．C D．D4．（4分）（2015•顺德区模拟）设N A为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A．高温、高压、催化剂条件下，1 mol N2与足量H2充分反应转移的电子数为6 N AB．将NO2和NO混合，标准状况下，22.4 L混合气体中所含的氮原子总数为2 N AC．常温下，10 L pH=12的Na2CO3溶液中含有的OH﹣离子数为0.1N AD．将含有1molFeCl3的浓溶液完全水解可得到Fe（OH）3胶粒的数目为N A5．（4分）（2015•顺德区模拟）已知外电路中，电子由铜流向a极．有关如图所示装置的分析中，合理的一项是（）A ． 一段时间后Zn 电极逐渐溶解B ． 该装置中Cu 极为正极，发生还原反应C ． b 极反应的电极反应式为：H 2﹣2e ﹣=2H +D ． 电流方向：a 电极→→Cu 电极6．（4分）（2015•顺德区模拟）常温下，将Cl 2缓慢通入一定量的水中至饱和，然后向所得饱和氯水中逐滴加入0.1mol•L ﹣1的氢氧化钠溶液，整个过程中pH 变化如图所示，下列有关叙述正确的是（ ）A ． 曲线起点处水的电离程度最大，可用pH 试纸测定溶液pHB ． ②点之前所发生反应的离子方程式为Cl 2+H 2O=2H ++Cl ﹣+ClO ﹣C ． 氯气～氯水体系中：c （H +）=c （Cl 2）+c （HClO ）+c （ClO ﹣）D ． ③点所示溶液中：c （Na +）=c （Cl ﹣）+c （ClO ﹣）二、多选题7．（3分）（2015•顺德区模拟）下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（ ） 选项 实验操作 实验现象 结论A 向1mL 1% NaOH 溶液加入2mL 2%的CuSO 4溶液，振荡后滴加0.5mL 葡萄糖溶液，加热 未出现红色沉淀 葡萄糖中不含有醛基B 向盛有Fe （NO 3）2溶液的试管中加入0.1mol•L ﹣1H 2SO 4溶液 试管口出现红棕色气体 溶液中NO 3﹣被Fe2+还原为NOC 等体积pH=3的HA 和HB 两种酸分别与足量锌反应，用排水法收集气体 HA 放出的氢气多且反应速率快HA 酸性比HB 强D 向加入了几滴酚酞试液的Na 2CO 3溶液中滴加BaCl 2溶液 红色逐渐褪去 Na 2CO 3溶液中存在水解平衡A ． AB ． BC ． CD ． D8．（3分）（2015•顺德区模拟）X 、Y 、Z 、W 均为短周期元素，它们在元素周期表中相对位置如图所示．Z 为地壳中含量最多的金属元素，下列说法中正确的是（ ）X YZ W QA ． X 、Y 、W 三种元素最低价氢化物的沸点依次升高B ． 原子半径：Q ＞W ＞Z ＞Y ＞XC ． 最高价氧化物对应水化物的酸性：Q ＞W ＞ZD ． X 及Q 的气态氢化物相反应，形成的化合物为离子化合物三、解答题9．（16分）（2015•顺德区模拟）酚是一类重要的化工原料，以苯酚为原料可实现阿司匹林等物质的合成．已知：（1）化合物A的分子式为，其分子中含氧官能团的名称是．（2）G的结构简式为；⑤的反应条件是；⑧的反应类型是．（3）阿司匹林与NaOH溶液完全反应的化学方程式为．（4）写出符合下列条件的B的任意一种同分异构体的结构简式．a苯环上只有两个取代基；b能发生银镜反应；c能与NaHCO3溶液反应产生使澄清石灰水变浑浊的气体；d分子中苯环上只有2种不同化学环境的氢．（5）研究人员高效地实现了吲哚化合物与醇类、酚类、CO和O2在一定条件下直接发生插羰氢酯基化反应，结合反应①，试写出由2﹣甲基吲哚（）合成2﹣甲基﹣3﹣甲酸甲酯吲哚的反应方程式．10．（16分）（2015•顺德区模拟）环境保护是现代的世界性课题，人类已在多方面取得了突破性进展．（1）连续自动监测氮氧化物（NO x）的仪器﹣﹣动态库仑仪已获得实际应用．它的工作原理如下图一所示．NiO电极上NO发生的电极反应式为．（2）使用稀土催化剂有效消除汽车尾气中的NO x、碳氢化合物也已逐渐成为成熟技术．压缩天然气汽车利用这一技术将NO x、CH4转化成无毒物质，相关反应为：①CH4（g）+4NO2（g）═4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H1＜0②CH4（g）+4NO（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H2＜0③CH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H3则△H3= ．（用△H1和△H2表示）（3）实验室在恒压下，将CH4（g）和NO2（g）置于密闭容器中发生反应③，测得在不同温度、不同投料比时，NO2的平衡转化率如下表：投料比400K 500K 600K1 60% 43% 28%2 45% 33% 20%①在NO2与CH4反应时，可提高NO2转化率的措施有．（填编号）A．增加催化剂的表面积B．改用高效催化剂 C．降低温度D．增大压强E．分离出H2O（g） F．减小②400K时，将投料比为1的NO2和CH4的混合气体共0.40mol，充入容积为2L的装有催化剂的密闭容器中，反应经过5min达到平衡，试计算反应在该温度时的平衡常数．（写出计算过程，计算结果保留三位有效数字）③若温度不变，在反应进行到10min时将容器的容积快速压缩为1L，请在答题卷表格中画出0min～15min内，容器中CO2物质的量浓度c随时间变化的曲线图．（4）SNCR是一种新型的烟气脱氮环保技术．在有氧条件下，其脱氮原理是：NO（g）+4NH3（g）+O2（g）═4N2（g）+6H2O（g）△H=﹣1627.2kJ•mol﹣1．NO和NH3在Ag2O催化剂表面的反应随温度的变化曲线如右图所示．图中曲线表明，随着反应温度的升高，在有氧的条件下NO的转化率有一明显的下降过程，其原因可能是（回答两条）：．11．（16分）（2015•顺德区模拟）铬铁矿的主要成分可表示为FeO•Cr2O3，还含有SiO2、Al2O3、Fe2O3等杂质．以铬铁矿为原料制备重铬酸钾（K2Cr2O7）、重铬酸钠（Na2Cr2O7）的过程如下图所示．已知：①NaFeO2遇水强烈水解：NaFeO2+2H2O=NaOH+Fe（OH）3↓；②Cr2O72﹣+H2O═2CrO42﹣+2H+．请回答：（1）“焙烧”后的固体产物成分除Na2CrO4、NaFeO2外，还有（填化学式）等．写出“焙烧”过程中所发生的氧化还原反应的化学方程式．（2）“焙烧”过程中，所产生X气体的电子式为．（3）“水浸”步骤中，为了提高浸出率，可采取的措施有（请写出两条）：；．（4）滤渣1的主要成分是．若要进一步分离滤渣2 中的可酸溶成分，请写出酸溶时发生反应的离子方程式．（5）含Na2Cr2O7的“混合溶液”经过蒸发并冷却至30～40℃得到的Na2Cr2O7晶体还要进行重结晶，其目的是进一步减少晶体中杂质（填化学式）的含量．（6）操作Ⅲ由多步组成，向含Na2Cr2O7的母液中加入KCl固体，最终获得K2Cr2O7晶体的操作依次是、、过滤、75%乙醇水溶液洗涤、干燥．12．（16分）（2015•顺德区模拟）实验室从含碘废液（含有H2O、CCl4、I2、I﹣等）中回收碘，操作过程如下：（1）向废液中加入Na2SO3溶液，发生“还原”反应的离子方程式为．（2）“氧化”操作在三颈烧瓶中进行（如图一），将溶液用盐酸调至pH约为2，缓慢通入Cl2．实验用水浴控制在40℃左右的较低温度下进行的原因是．（3）某研究小组用图二装置对Cl2与KI溶液的反应进行探究，发现通入Cl2一段时间后，KI溶液变为黄色，继续通入Cl2，则溶液黄色变浅，最后变为无色．研究小组对所得无色溶液中碘元素的存在形态提出了以下假设：假设一：没有I2形态；假设二：没有I﹣形态；假设三：有IO3﹣形态．①请设计实验证明假设一成立（试剂自选）．实验操作预期现象结论假设一成立②若假设三成立，请写出生成IO3﹣的离子方程式．（4）该研究小组还进行了对加碘盐中KIO3含量测定的如下实验：①准确称取加碘盐m g于烧杯中，加入适量蒸馏水和过量的KI，再滴入适量的稀硫酸，充分反应，将所得混合液配成250.00mL待测溶液．移取25.00mL待测溶液于锥形瓶中，加几滴淀粉试液，用c mol•L﹣1 Na2S2O3标准液滴定至终点，重复3次，测得平均值为V mL．已知：IO3﹣+5I﹣+6H+=3H2O+3I2，I2+2S2O32﹣=2I﹣+S4O62﹣．测定时，判断达到滴定终点的现象为．由测定数据可求得该样品中含KIO3的质量分数为（用含m、c、V的代数式表示，Mr（KIO3）=214 ）．②在滴定操作正确无误的情况下，用此种测定方法测得的结果往往偏高，其原因是受空气的影响，请用离子方程式表示产生这一影响的原因．2015年广东省佛山市顺德市高考化学模拟试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，16小题，每小题4分，共64分）1．（4分）（2015•顺德区模拟）化学在生产和日常生活中有着重要的作用．下列说法正确的是（）A．新型材料聚酯纤维、光导纤维都属于有机高分子材料B．“地沟油”不能食用，但经加工处理后，可用来制造肥皂和生物柴油C．糖类、油脂、蛋白质等都具有固定的熔沸点D．可用热的饱和碳酸钠溶液除去金属表面的矿物油（如机油、润滑油等）考点：合成材料；盐类水解的应用；酯的性质．分析：A．光导纤维的主要成分为二氧化硅；B．“地沟油”的成分是油脂，根据油脂的性质分析；C．油脂属于混合物；D．矿物油的成分是烃类，不与NaOH反应．解答：解：A．光导纤维的主要成分为二氧化硅，不是有机高分子材料，故A错误；B．“地沟油”的成分是油脂，可从地沟油中提炼出油脂作为生物柴油，碱性条件下的水解反应生成肥皂，故B正确；C．油脂属于混合物，没有固定的熔、沸点，故C错误；D．碳酸钠在溶液中发生水解溶液显碱性，加热使碳酸钠溶液碱性增强，能使动物或植物的油脂发生水解，但矿物油的成分是烃类，不与NaOH反应，故热的碳酸钠溶液不能去除金属表面的矿物油，故D错误．故选B．点评：本题主要考查了物质的组成、性质等，难度中等，注意混合物没有固定的熔沸点，常温下，油呈液态、脂肪呈固态．2．（4分）（2015•顺德区模拟）下列离子在水溶液中一定能大量共存的是（）A．Fe3+、NO、SCN﹣、COB．Fe2+、H+、Cl﹣、ClO﹣C．Mg2+、Na+、CH3COO﹣、SOD．Na+、AlO、Cl﹣、HCO考点：离子共存问题．分析：A．铁离子与硫氰根离子、碳酸根离子反应；B．亚铁离子与次氯酸根离子发生氧化还原反应，氢离子与次氯酸根离子反应；C．四种离子之间不发生反应，能够大量共存；D．碳酸氢根离子与偏铝酸根离子反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸根离子．解答：解：A．Fe3+与SCN﹣、CO32﹣发生反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．Fe2+、H+都与ClO﹣发生反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；C．Mg2+、Na+、CH3COO﹣、SO42﹣之间不反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；D．AlO2﹣、HCO3﹣之间反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸根离子，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选C．点评：本题考查离子共存的判断，为高考中的高频题，属于中等难度的试题，注意掌握离子反应发生条件，明确离子不能大量共存的一般情况，如：能发生复分解反应的离子之间，能发生氧化还原反应的离子之间等；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识的能力．3．（4分）（2015•顺德区模拟）下列叙述I和II均正确，且有因果关系的是（）选项叙述I 叙述IIA NH4HCO3是弱酸弱碱盐NH4HCO3是弱电解质，在水中部分电离K sp（Ag2S）＜K sp（AgCl）B 向NaCl与AgCl的浊液中滴加Na2S溶液，有黑色沉淀生成C Al能与强碱溶液反应Al有一定的非金属性D SO2和CO2分子组成与性质相似SO2与Na2O2反应生成Na2SO3A．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．NH4HCO3在水中完全电离生成铵根和碳酸氢根；B．Ksp大小可以反应沉淀的溶解能力，沉淀向着更难溶的方向转化；C．铝与氢氧化钠溶液反应生成溶于水的偏铝酸钠和氢气，有一定的非金属性；D．过氧化钠具有强的氧化性，能够氧化二氧化硫．解答：解：A．NH4HCO3是强电解质，在水中完全电离，故A错误；B．向NaCl与AgCl的浊液中滴加Na2S溶液，有黑色沉淀生成，证明氯化银的溶解能力比硫化银的大，即KKKK sp（Ag2S）＜K sp（AgCl），故B正确；C．Al能与强碱溶液反应如2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑，一般的金属不与强碱反应，与碱反应的单质比如氯气（非金属气体），所以可以说明Al体现一定的非金属性，因果关系成立，故C正确；D．SO2和Na2O2反应生成硫酸钠，故D错误．故选BC．点评：本题考查物质的性质，为高频考点，综合考查元素化合物知识，把握物质的性质及发生的反应、电解质的判断等为解答的关键，侧重分析与知识综合应用能力的考查，题目难度不大．4．（4分）（2015•顺德区模拟）设N A为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A．高温、高压、催化剂条件下，1 mol N2与足量H2充分反应转移的电子数为6 N AB．将NO2和NO混合，标准状况下，22.4 L混合气体中所含的氮原子总数为2 N AC．常温下，10 L pH=12的Na2CO3溶液中含有的OH﹣离子数为0.1N AD．将含有1molFeCl3的浓溶液完全水解可得到Fe（OH）3胶粒的数目为N A考点：阿伏加德罗常数．分析：A．氮气与氢气反应为可逆反应，不能进行到底；B．依据n=计算物质的量，结合分子式特征分析计算氮原子数；C．依据溶液PH和离子积常数计算；D．氢氧化铁胶体分散质是氢氧化铁的集合体．解答：解：A．氮气与氢气反应为可逆反应，1 mol N2与足量H2不能完全反应生成2mol氨气，转移的电子数小于6 N A，故A错误；B．依据n=计算物质的量=1mol，结合分子式可知氮原子数为N A，故B错误；C．依据溶液PH和离子积常数计算，常温下，10L pH=12的Na2CO3溶液中含有的OH﹣离子数=10L××N A=0.1N A，故C正确；D．氢氧化铁胶体分散质是氢氧化铁的集合体，将含有1mol FeCl3的浓溶液完全水解可得到Fe（OH）3胶粒的数目小于N A，故D错误；故选：C．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是氧化还原反应电子转移计算，溶液浓度计算分析，题目难度不大．5．（4分）（2015•顺德区模拟）已知外电路中，电子由铜流向a极．有关如图所示装置的分析中，合理的一项是（）A．一段时间后Zn电极逐渐溶解B．该装置中Cu极为正极，发生还原反应C．b极反应的电极反应式为：H2﹣2e﹣=2H+D．电流方向：a电极→→Cu电极考点：原电池和电解池的工作原理．分析：外电路中，电子由铜流向a极，则左图中为原电池，负极b的电极反应为2OH﹣+H2﹣2e﹣=H2O，正极a上发生O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣；右图为电解池，Cu与正极相连为阳极，发生Cu﹣2e﹣=Cu2+，Zn为阴极，发生电极反应为Cu2++2e﹣=Cu，以此来解答．解答：解：A．Cu与正极相连为阳极，发生Cu﹣2e﹣=Cu2+，所以铜电极逐渐溶解，故A错误；B．该装之中Cu极为电解池的阳极，发生氧化反应，故B错误；C．电解质为KOH，则b的电极反应为2OH﹣+H2﹣2e﹣=H2O，故C错误；D．电流从正极到负极，所以电流方向：a电极→→Cu电极，故D正确；故选D．点评： 本题考查原电池与电解池，明确电极的判断及发生的电极反应为解答的关键，注意电流的方向与电子方向相反，注重基础知识的考查，题目难度不大．6．（4分）（2015•顺德区模拟）常温下，将Cl 2缓慢通入一定量的水中至饱和，然后向所得饱和氯水中逐滴加入0.1mol•L ﹣1的氢氧化钠溶液，整个过程中pH 变化如图所示，下列有关叙述正确的是（ ）A ． 曲线起点处水的电离程度最大，可用pH 试纸测定溶液pHB ． ②点之前所发生反应的离子方程式为Cl 2+H 2O=2H ++Cl ﹣+ClO ﹣C ． 氯气～氯水体系中：c （H +）=c （Cl 2）+c （HClO ）+c （ClO ﹣）D ． ③点所示溶液中：c （Na +）=c （Cl ﹣）+c （ClO ﹣）考点： 离子浓度大小的比较；氯气的化学性质．分析： 整个过程发生的反应为Cl 2+H 2O═HCl+HClO、HCl+NaOH═NaCl+H 2O 、HClO+NaOH═NaClO+H 2O ，根据溶液的酸碱性结合电荷守恒和物料守恒分析解答． 解答： 解：A ．当全被生成NaClO 时，可水解，促进水的电离，则曲线起点处水的电离程度不是最大的，故A 错误；B ．HClO 为弱电解质，应写成化学式，离子方程式为Cl 2+H 2O=H ++Cl ﹣+HClO ，故B 错误；C ．氯气微溶于水，饱和氯水中氢离子浓度较小，c （Cl 2）＞c （H +），故C 错误；D ．③点溶液呈中性，则c （H +）=c （OH ﹣），根据电荷守恒得c （H +）+c （Na +）=c （Cl﹣）+c （Cl0﹣）+c （OH ﹣），所以c （Na +）=c （Cl ﹣）+c （ClO ﹣），故D 正确．故选D ．点评： 本题综合考查氯气的性质，侧重于学生的分析能力的考查，注意理解溶液中的溶质及其性质是解本题关键，难度中等．二、多选题7．（3分）（2015•顺德区模拟）下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（ ） 选项 实验操作 实验现象 结论A 向1mL 1% NaOH 溶液加入2mL 2%的CuSO 4溶液，振荡后滴加0.5mL 葡萄糖溶液，加热 未出现红色沉淀 葡萄糖中不含有醛基B 向盛有Fe （NO 3）2溶液的试管中加入0.1mol•L ﹣1H 2SO 4溶液 试管口出现红棕色气体 溶液中NO 3﹣被Fe2+还原为NOC 等体积pH=3的HA 和HB 两种酸分别与足量锌反应，用排水法收集气体 HA 放出的氢气多且反应速率快HA 酸性比HB 强D 向加入了几滴酚酞试液的Na 2CO 3溶液中滴加BaCl 2溶液 红色逐渐褪去 Na 2CO 3溶液中存在水解平衡A ． AB ． BC ． CD ． D考点： 化学实验方案的评价．专题：实验评价题．分析：A．NaOH不足；B．试管口出现红棕色气体，为一氧化氮与氧气反应生成红棕色的二氧化氮；C．HA放出的氢气多且反应速率快，则HA电离的氢离子浓度大，HA为弱酸；D．Na2CO3溶液存在水解平衡，加氯化钡与碳酸根离子反应，水解平衡逆向移动．解答：解：A．NaOH不足，不能与葡萄糖反应生成砖红色沉淀，故A错误；B．在酸性条件下，Fe2+与NO3﹣发生氧化还原反应，3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，对于该反应Fe2+为还原剂，NO3﹣为氧化剂，被还原成NO，试管口出现红棕色气体，为一氧化氮与氧气反应生成红棕色的二氧化氮，故B正确；C．HA放出的氢气多且反应速率快，则HA电离的氢离子浓度大，HA为弱酸，酸性HA 小于HB，故C错误；D．Na2CO3溶液存在水解平衡，加氯化钡与碳酸根离子反应，水解平衡逆向移动，则红色逐渐褪去，故D正确；故选BD．点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及有机物性质实验、酸性与pH关系、氧化还原反应及水解平衡移动等，把握反应原理及反应与现象的关系为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．8．（3分）（2015•顺德区模拟）X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在元素周期表中相对位置如图所示．Z为地壳中含量最多的金属元素，下列说法中正确的是（）X YZ W QA．X、Y、W三种元素最低价氢化物的沸点依次升高B．原子半径：Q＞W＞Z＞Y＞XC．最高价氧化物对应水化物的酸性：Q＞W＞ZD．X及Q的气态氢化物相反应，形成的化合物为离子化合物考点：位置结构性质的相互关系应用．分析：由X，Y，Z，W在周期表中相对位置，并且Z元素在地壳中的含量最高，可知X是N 元素，Y是O元素，Z是Al元素，W是S元素，Q为Cl元素，利用元素周期律的递变规律和在周期表中的位置解答该题相关知识．解答：解：由X，Y，Z，W在周期表中相对位置，并且Z元素在地壳中的含量最高，可知X 是N元素，Y是O元素，Z是Al元素，W是S元素，Q为Cl元素，A．X、Y分别为N、O元素，对应的氢化物含有氢键，沸点较高，都大于S的氢化物的沸点，故A错误；B．同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径Q＜W＜Z，Y＜X，故B错误；C．非金属性Cl＞S＞Al，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物对应水化物的酸性越强，故C正确；D．X及Q的气态氢化物相反应生成NH4Cl，为离子化合物，故D正确．故选CD．点评：本题考查位置、结构、性质的关系及应用，把握元素在周期表中的位置及元素周期律为解答的关键，注意利用实例分析，侧重分析能力和归纳能力的考查，注意短周期中一些元素的特殊性．题目难度不大．三、解答题9．（16分）（2015•顺德区模拟）酚是一类重要的化工原料，以苯酚为原料可实现阿司匹林等物质的合成．已知：（1）化合物A的分子式为C7H6O3，其分子中含氧官能团的名称是羧基、羟基．（2）G的结构简式为；⑤的反应条件是NaOH的醇溶液、加热；⑧的反应类型是加聚反应．（3）阿司匹林与NaOH溶液完全反应的化学方程式为．（4）写出符合下列条件的B的任意一种同分异构体的结构简式．a苯环上只有两个取代基；b能发生银镜反应；c能与NaHCO3溶液反应产生使澄清石灰水变浑浊的气体；d分子中苯环上只有2种不同化学环境的氢．（5）研究人员高效地实现了吲哚化合物与醇类、酚类、CO和O2在一定条件下直接发生插羰氢酯基化反应，结合反应①，试写出由2﹣甲基吲哚（）合成2﹣甲基﹣3﹣甲酸甲酯吲哚的反应方程式．有机物的合成．考点：有机物的化学性质及推断．专题：分苯酚发生取代反应生成邻羟基苯甲酸钠，邻羟基苯甲酸钠酸化得到水杨酸，A结构简式为析：，根据题给信息知，A发生取代反应、然后酸化生成B，B为阿司匹林，B构简式为，A发生缩聚反应生成G，G结构简式为；苯酚和足量氢气发生加成反应生成D，D结构简式为，发生消去反应生成E，E为，E与溴发生加成反应生成，在氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成F，则F为，F发生加聚反应生成高聚物，据此分析解答．解：苯酚发生取代反应生成邻羟基苯甲酸钠，邻羟基苯甲酸钠酸化得到水杨酸，A结构简解答：式为，根据题给信息知，A发生取代反应、然后酸化生成B，B为阿司匹林，B构简式为，A发生缩聚反应生成G，G结构简式为；苯酚和足量氢气发生加成反应生成D，D结构简式为，发生消去反应生成E，E为，E与溴发生加成反应生成，在氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成F，则F为，F发生加聚反应生成高聚物，（1）A结构简式为，其分子式为C7H6O3，该分子中含氧官能团是羧基、羟基，故答案为：C7H6O3；羟基、羧基；（2）G为，⑤的反应是在氢氧化钠的醇溶液中加热发生消去反应；⑧的反应类型是加聚反应，故答案为：；NaOH的醇溶液、加热；加聚反应；（3）阿司匹林与NaOH溶液完全反应的化学方程式为，故答案为：；（4）B为，B的同分异构体符合下列条件：a苯环上只有两个取代基；b能发生银镜反应，说明含有醛基；c能与NaHCO3溶液反应产生使澄清石灰水变浑浊的气体，说明含有羧基；d分子中苯环上只有2种不同化学环境的氢，说明苯环上只有两种氢原子，符合条件的同分异构体有，故答案为：；（5）2﹣甲基吲哚（）合成2﹣甲基﹣3﹣甲酸甲酯吲哚的反应方程式为，故答案为：， 故答案为：．点评：本题考查有机合成，侧重考查同分异构体的书写、反应条件判断、反应类型判断等知识点，根据流程图中反应条件、结构简式、分子式结合题给信息进行推断，注意正确分析题给信息并灵活运用，难点是（4）题同分异构体种类判断，题目难度中等．10．（16分）（2015•顺德区模拟）环境保护是现代的世界性课题，人类已在多方面取得了突破性进展．（1）连续自动监测氮氧化物（NO x ）的仪器﹣﹣动态库仑仪已获得实际应用．它的工作原理如下图一所示．NiO 电极上NO 发生的电极反应式为 NO+O 2﹣﹣2e ﹣=NO 2 ．（2）使用稀土催化剂有效消除汽车尾气中的NO x 、碳氢化合物也已逐渐成为成熟技术．压缩天然气汽车利用这一技术将NO x 、CH 4转化成无毒物质，相关反应为：①CH 4（g ）+4NO 2（g ）═4NO（g ）+CO 2（g ）+2H 2O （g ）△H 1＜0②CH 4（g ）+4NO （g ）═2N 2（g ）+CO 2（g ）+2H 2O （g ）△H 2＜0③CH 4（g ）+2NO 2（g ）═N 2（g ）+CO 2（g ）+2H 2O （g ）△H 3则△H 3= ．（用△H 1和△H 2表示）（3）实验室在恒压下，将CH 4（g ）和NO 2（g ）置于密闭容器中发生反应③，测得在不同温度、不同投料比时，NO 2的平衡转化率如下表：投料比 400K 500K 600K1 60% 43% 28%2 45% 33% 20%①在NO 2与CH 4反应时，可提高NO 2转化率的措施有 CEF ．（填编号）A ．增加催化剂的表面积B ．改用高效催化剂C ．降低温度D ．增大压强E ．分离出H 2O （g ）F ．减小②400K 时，将投料比为1的NO 2和CH 4的混合气体共0.40mol ，充入容积为2L 的装有催化剂的密闭容器中，反应经过5min 达到平衡，试计算反应在该温度时的平衡常数．（写出计算过程，计算结果保留三位有效数字）③若温度不变，在反应进行到10min 时将容器的容积快速压缩为1L ，请在答题卷表格中画出0min ～15min 内，容器中CO 2物质的量浓度c 随时间变化的曲线图．（4）SNCR 是一种新型的烟气脱氮环保技术．在有氧条件下，其脱氮原理是：NO （g ）+4NH 3（g ）+O 2（g ）═4N 2（g ）+6H 2O （g ）△H=﹣1627.2kJ•mol ﹣1．NO 和NH 3在Ag 2O 催化剂表面的反应随温度的变化曲线如右图所示．图中曲线表明，随着反应温度的升高，在有氧的条件下NO 的转化率有一明显的下降过程，其原因可能是（回答两条）： 脱氮反应是放热反应，达到平衡后升高温度，平衡逆向移动；温度升高发生了副反应：4NH 3+5O 2═4N O+6H 2O ．。

2015年广东高考理综(化学)模拟试卷(一)(时间：50分钟满分：100分)可能用到的相对原子质量：H－1C－12N－14O－16Na－23Cl－35.5Cu－64一、单项选择题(本大题共6小题，每小题4分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对得4分，选错或不答得0分。

)1．设n A为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是()。

A．常温下，23 g NO2含有n A个氧原子B．1 L0.1 mol·L－1氨水含有0.1 n A个OH－C．常温常压下，22.4 L CCl4含有n A个CCl4分子D．1 mol Fe2＋与足量的H2O2溶液反应，转移2n A个电子2．室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是()。

A．饱和氯水中：Cl－、NO－3、Na＋、SO2－3B．c(H＋)＝1.0×10－13mol·L－1溶液中：C6H5O－、K＋、SO2－4、Br－C．Na2S溶液中：SO2－4、K＋、Cl－、Cu2＋D．pH＝12的溶液中：NO－3、I－、Na＋、Al3＋3．以下有关原子结构及元素周期律的叙述正确的是()。

A．第ⅠA族元素铯的两种同位素137Cs比133Cs多4个质子B．同周期元素(除0族元素外)从左到右，原子半径逐渐减小C．第ⅦA族元素从上到下，其氢化物的稳定性逐渐增强D．同主族元素从上到下，单质的熔点逐渐降低4．下列说法不正确．．．的是()。

A．苯和乙烯都能与H2发生加成反应B．蔗糖在人体内水解的产物只有葡萄糖C．食醋中含有乙酸，乙酸可由乙醇氧化得到D．甲醇燃料电池可把化学能转化为电能5．下列图示与对应的叙述相符的是()。

A B C DA．图A表示某吸热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化B．图B表示0.1000 mol·L－1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.1000 mol·L－1 CH3COOH溶液所得到的滴定曲线C．图C表示KNO3的溶解度曲线，图中a点所示的溶液是80 ℃时KNO3的不饱和溶液D．图D表示某可逆反应生成物的量随反应时间变化的曲线，由图知t时反应物转化率最大6．下列关于下图的说法正确的是()。

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A． A B． B C． C D． D4．常温下，有体积相同的四种溶液：①pH=3的CH3COOH溶液；②pH=3的盐酸；③pH=11的氨水；④pH=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：c（Na+）=c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）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＞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：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 SO2通入溴水中溶液褪色 SO2有漂白性B 将Fe（NO3）2样品溶于稀H2SO4，滴加KSCN溶液溶液变红 Fe（NO3）2样品已氧化变质C 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：Cl2＞I2D 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． A B． B C． C D． 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：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H1=﹣802kJ•mol﹣1CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H2=﹣283kJ•mol﹣1H2（g）+O2（g）=H2O（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，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（H2O）=0.132mol•L﹣1，计算0～10h内消耗CH4的平均反应速率（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、Al2O3、CaO等杂质，工业上用软锰矿制取MnSO4•H2O的流程如下：已知：Fe3+、Al3+、Mn2+和Mg2+以氢氧化物形式完全沉淀时，溶液的pH分别为3.2、5.2、10.4、12.4；温度高于27℃时，MnSO4的溶解度随温度的升高而逐渐降低．（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 CO32﹣ F﹣ OH﹣Ca2+5.0×10﹣9 1.5×10﹣104.7×10﹣6Mg2+3.8×10﹣67.4×10﹣115.6×10﹣12Mn2+2.2×10﹣11 5.3×10﹣32.1×10﹣13Zn2+1.2×10﹣10 3.0×10﹣26.9×10﹣17（5）采用“趁热过滤”操作的原因是．12．碳酸钙、盐酸是中学化学实验中的常用试剂．（1）甲同学拟测定CaCO3固体与过量0.1mol•L﹣1 HCl的反应速率．①该反应的化学方程式为．②设计两种实验方案：方案一：通过测量和计算反应速率方案二：通过测量和计算反应速率③配制250mL 0.1mol•L﹣1 HCl：量取mL 10mol•L﹣1 HCl加入烧杯中，加适量蒸馏水，搅拌，将溶液转入中，洗涤，定容，摇匀．（2）乙同学拟用如图装置探究固体表面积和反应物浓度对化学反应速率的影响．限选试剂与用品：0.1mol•L﹣1 HCl、颗粒状CaCO3、粉末状CaCO3、蒸馏水、量筒、秒表①设计实验方案：在固体表面积或反应物浓度不同的条件下，测定（要求所测得的数据能直接体现反应速率大小）．②拟定实验表格，完整体现实验方案．（表格列数自定；列出所用试剂的用量、待测物理量和拟定的数据；数据可用字母a、b、c等表示）物理量实验序号 V（0.1mol•L﹣1HCl）/mL … 实验目的：实验1和2探究固体表面积对反应速率的影响；实验1和3探究反应物浓度对反应速率的影响实验1 …实验2 …实验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 4有强氧化性 浓H 2SO 4可用于干燥SO 2D 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；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，而不是应用Na 2S 还原性，故D 错误；故选B ．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CH 3COOH 溶液；②pH=3的盐酸；③pH=11的氨水；④pH=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：c （Na +）=c （CH 3COO ﹣）+c （CH 3COOH ）C ． ②和③混合溶液中：c （Cl ﹣）+c （H +）＞c （NH 4+）+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CH 3COOH 溶液中c （CH 3COOH ）＞10﹣3 mol/L ，pH=3的盐酸中c （HCl ）=10﹣3 mol/L ，pH=11的氨水中c （NH 3．H 2O ）＞10﹣3 mol/L ，pH=11的NaOH 溶液中c （NaOH ）=10﹣3 mol/L ，A 、①与②混合，CH 3COOH 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 3•H 2O 和NH 4Cl ，根据电荷守恒来分析；D 、根据酸、碱的相对强弱确定稀释后酸、碱的pH ．解答： 解：pH=3的CH 3COOH 溶液中c （CH 3COOH ）＞10﹣3 mol/L ，pH=3的盐酸中c （HCl ）=10﹣3 mol/L ，pH=11的氨水中c （NH 3．H 2O ）＞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，CH 3COOH 、CH 3COO ﹣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（CH3COO ﹣）+c（CH3COOH），故B错误；C、②和③混合后，氨水过量，溶液中的溶质是NH3•H2O和NH4Cl，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 SO2通入溴水中溶液褪色 SO2有漂白性B 将Fe（NO3）2样品溶于稀H2SO4，滴加KSCN溶液溶液变红 Fe（NO3）2样品已氧化变质C 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：Cl2＞I2D 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． 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：Cl2＞I2，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C10H10O2，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C10H10O2，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：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H1=﹣802kJ•mol﹣1CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H2=﹣283kJ•mol﹣1H2（g）+O2（g）=H2O（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（H2O）=0.132mol•L﹣1，计算0～10h内消耗CH4的平均反应速率（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．解答：解：（1）已知：①CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H1=﹣802kJ•mol﹣1②CO（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：△H1﹣△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Ⅰ＞Ⅱ＞Ⅲ，故答案为：Ⅰ＞Ⅱ＞Ⅲ；②因为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，故a点所代表的状态不是平衡状态，故答案为：不是；③此时反应一直向正反应方向移动，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，所以c点CH4的转化率高于b点，故答案为：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）依据化学平衡的三段式列式计算，设CH4与H2O（g）物质的量为a，2a；CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）起始量（mol•L﹣1） a 2a 0 0变化量（mol•L﹣1） 2a﹣0.132 2a﹣0.132 2a﹣0.132 6a﹣0.396平衡量（mol•L﹣1） 0.132﹣a 0.132 2a﹣0.132 6a﹣0.39610h后CH4的转化率为80%，则=80%，解得a=0.11，所以0～10h内消耗CH4的平均反应速率V===0.0088mol/（L•h），答：0～10h内消耗CH4的平均反应速率为0.0088mol/（L•h）；（4）700℃时化学反应速率比850℃的小，曲线斜率则700℃小，达到平衡需要的时间长，由于该反应为吸热反应，温度降低，CH4的转化率也减小，所以达到平衡时700℃时CH4的转化率比850℃的小，据此画出700℃时CO2的转化率随时间变化的示意图为，故答案为：．点评：本题考查了盖斯定律的应用及其化学平衡的影响因素、化学平衡的计算，题目难度中等，注意明确化学平衡的影响因素，掌握利用三段式进行化学平衡的计算方法．11．软锰矿的主要成分为MnO2，还含有Fe2O3、MgO、Al2O3、CaO等杂质，工业上用软锰矿制取MnSO4•H2O的流程如下：已知：Fe3+、Al3+、Mn2+和Mg2+以氢氧化物形式完全沉淀时，溶液的pH分别为3.2、5.2、10.4、12.4；温度高于27℃时，MnSO4的溶解度随温度的升高而逐渐降低．（1）“浸出”过程中MnO2转化为Mn2+的离子方程式为SO2+MnO2Mn2++SO42﹣．（2）“浸出”过程中Fe2O3转化为Fe3+和Fe2+，相关反应的离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，2Fe3++SO2+2H2O=4H++2Fe2++SO42﹣．（3）“滤渣1”的主要成分是Fe（OH）3和Al（OH）3，“调pH至5～6”所加的试剂是石灰水（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MnF2．阴离子K sp阳离子 CO32﹣ F﹣ OH﹣Ca2+5.0×10﹣9 1.5×10﹣104.7×10﹣6Mg2+3.8×10﹣67.4×10﹣115.6×10﹣12Mn2+2.2×10﹣11 5.3×10﹣32.1×10﹣13Zn2+1.2×10﹣10 3.0×10﹣2 6.9×10﹣17（5）采用“趁热过滤”操作的原因是防止温度下降时MnSO4•H2O溶解，导致产率降低．考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．分析：由流程可知，软锰矿的主要成分为MnO2，还含有Fe2O3、MgO、Al2O3、CaO等杂质，加硫酸溶解后，发生SO2+MnO2MnSO4，调节pH，由氢氧化物的沉淀pH可知，铁离子、铝离子转化为沉淀，则滤渣I为Fe（OH）3、Al（OH）3，然后除去钙离子，结合表格数据可知CaF2的溶度积较小，则选择A为MnF2，且不引入新杂质，最后蒸发浓缩、趁热过滤（防止低温MnSO4•H2O 溶解而减少），以此来解答．解答：解：由流程可知，软锰矿的主要成分为MnO2，还含有Fe2O3、MgO、Al2O3、CaO等杂质，加硫酸溶解后，发生SO2+MnO2MnSO4，调节pH，由氢氧化物的沉淀pH可知，铁离子、铝离子转化为沉淀，则滤渣I为Fe（OH）3、Al（OH）3，然后除去钙离子，结合表格数据可知CaF2的溶度机较小，则选择A为MnF2，且不引入新杂质，最后蒸发浓缩、趁热过滤（防止低温MnSO4•H2O溶解而减少），（1）根据FeSO4在反应条件下将MnO2还原为MnSO4，Fe2+被氧化为Fe3+，故“浸出”过程中MnO2转化为Mn2+的离子方程式为SO2+MnO2Mn2++SO42﹣，故答案为：SO2+MnO2Mn2++SO42﹣；（2）“浸出”过程中Fe2O3转化为Fe3+和Fe2+，相关反应的离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，2Fe3++SO2+2H2O=4H++2Fe2++SO42﹣，故答案为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，2Fe3++SO2+2H2O=4H++2Fe2++SO42﹣；（3）结合题中阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH可知，Fe3+、Al3+完全转化为Fe（OH）3和Al（OH）3沉淀，其它离子不沉淀，故滤渣1的主要成分为Fe（OH）3和Al（OH）3，选试剂石灰水，金属离子与硫酸不反应，故答案为：Fe（OH）3和Al（OH）3；石灰水；（4）由上述分析可知，选择A为MnF2，且不引入新杂质，故答案为：MnF2；（5）采用“趁热过滤”操作的原因是防止温度下降时MnSO4•H2O溶解，导致产率降低，故答案为：防止温度下降时MnSO4•H2O溶解，导致产率降低．点评：本题考查混合物分离提纯的综合应用，为高频考点，把握流程分析及混合物分离方法、发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度中等．12．碳酸钙、盐酸是中学化学实验中的常用试剂．（1）甲同学拟测定CaCO3固体与过量0.1mol•L﹣1 HCl的反应速率．①该反应的化学方程式为CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑．②设计两种实验方案：方案一：通过测量生成二氧化碳的体积和反应时间计算反应速率方案二：通过测量消耗碳酸钙固体的质量和反应时间计算反应速率③配制250mL 0.1mol•L﹣1 HCl：量取 2.5 mL 10mol•L﹣1 HCl加入烧杯中，加适量蒸馏水，搅拌，将溶液转入250mL容量瓶中，洗涤，定容，摇匀．（2）乙同学拟用如图装置探究固体表面积和反应物浓度对化学反应速率的影响．限选试剂与用品：0.1mol•L﹣1 HCl、颗粒状CaCO3、粉末状CaCO3、蒸馏水、量筒、秒表①设计实验方案：在固体表面积或反应物浓度不同的条件下，测定生成等质量二氧化碳所需时间（要求所测得的数据能直接体现反应速率大小）．②拟定实验表格，完整体现实验方案．（表格列数自定；列出所用试剂的用量、待测物理量和拟定的数据；数据可用字母a、b、c等表示）物理量实验序号 V（0.1mol•L﹣1HCl）/mL … 实验目的：实验1和2探究固体表面积对反应速率的影响；实验1和3探究反应物浓度对反应速率的影响实验1 …实验2 …实验3 …。

Ⅰ. 在一定条件下，上述反应在一密闭容器中达到平衡。 (1) 体积不变的条件下，下列措施有利于提高CO的转化率的是 A. 升高温度 C. 通入CO B. 增大压强 D. 通入H2 (填字母)。 (填字母)。
(2) 在保证H2浓度不变的情况下，增大容器的体积，平衡 A. 向正反应方向移动 作出此判断的理由是 B. 向逆反应方向移动 。 C. 不移动
原溶液中有IAg+ 与NH3 ∙ H2O能大量共 存
B
溶液澄清
C
产生大量红棕色气体， 浓硝酸有强氧化性和酸 溶液变为蓝绿色 2 min后，试管里出现 凝胶 性
D
酞，然后逐滴加入稀盐酸至 红色褪去
酸性:硅酸>盐酸
题号 选项
1
2
3
4
5
6
7
8
三、 非选择题:(本大题共4小题，共64分。按题目要求作答。) 9. (17分)利用碳-碳偶联反应合成新物质是有机合成的研究热点之一，如: 反应① 化合物Ⅰ可以由以下合成路线获得:
Ⅱ. 原料气的加工过程中常常混有一定量CO2， 为了研究不同温度下CO2对该反应的影 响，以CO2、CO和H2的混合气体为原料在一定条件下进行实验，结果表明，原料气各 组分含量不同时，反应生成甲醇和副产物甲烷的碳转化率是不相同的。实验数据见 下表: CO2%— CO%— H2%( 体 积 分 数) 0—30—70 2—28—70 4—26—70 8—22—70 20—10—70
22-
)
2-
B. H+、Ca2+、N O3 、S O 4 D. K+、Fe3+、SCN-、N O3
-
3. 设nA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是( A. 1 L浓度为1 mol·L-1的氨水中含有nA个N