天津市和平区2015届高三第二次模拟考试 化学 Word版含答案

NaOH溶液和溶有Br2的溴苯乙醇浓硫酸酸性KMnO4溶液石墨A B石墨ZnCl2 CuCl2混合溶液．常温下，下列表述正确的是溶液的浓度小于pH=2的盐酸的浓度R ′ 催化剂、350℃ CH 3COOH 醋酸锌、200℃ 催化剂 ①NaOH 溶液 ② O 2 催化剂 CH 3COOH 催化剂、350℃ OOCCH 3 1.0 A的平衡转化率 反应物的百分含量 的是A ．a 极与电源的负极相连B ．产物丙为硫酸溶液C ．离子交换膜d 为阴离子交换膜D ．a 电极反应式：2H 2O+2e －= H 2↑+2OH －6．下列图示与对应的叙述相符的是A ．由图甲可以判断：对于反应aA(g)+bB(g)cC(g)，若T 1>T 2，则a +b=c 且 △H<0B ．图乙表示压强对可逆反应2A(g)+2B(g)3C(g)+D(s)的影响，乙的压强比甲的压强大C ．根据图丙，若除去CuSO 4溶液中的Fe 3+，可向溶液中加入适量NaOH 溶液，调节pH≈4D ．图丁表示用0.1000mol/LNaOH 溶液滴定20.00mL0.1000mol/L 醋酸溶液得到的滴定曲线第Ⅱ卷注意事项：本卷共4题，共64分。

7．（12分）A 、B 、C 、D 、E 、F 六种短周期元素，其原子序数依次增大，其中B 与C 同周期，D 与E 和F 同周期，A 与D 同主族，C 与F 同主族，C 元素的原子最外层电子数是次外层电子数的三倍，D 是所在周期原子半径最大的主族元素。

又知六种元素所形成的常见单质在常温常压下有三种是气体，三种是固体。

请回答下列问题。

（1）元素D 在周期表中的位置________。

（2）C 、D 、F 三种元素形成的简单离子的半径由大到小的顺序是(用离子符号表示)____。

（3）由A 、B 、C 三种元素以原子个数比4∶2∶3形成化合物X ，X 中所含化学键类型有________。

用电子式表示当C 、D 按1：1所组成化合物的形成过程________。

和平区2015年高考一模考试理综试卷（化学部分）第I卷选择题（共36分）选择题（6小题，每题6分，每小题只有一个选项符合题意）1.下列有关说法不正确的是A. 利用太阳能在催化剂参与下分解水制氢是把光能转化为化学能的绿色化学方法B. 纤维素，淀粉，油脂均为天然高分子物质C. 通过红外光谱分析可以区分乙醇与乙酸乙酯D. 石油催化剂裂化的主要目的是提高汽油等轻质油的产量与质量；石油裂解的主要目的是得到更多的乙烯丙烯等气态短链烃2.下列关于元素及其化合物的说法，正确的是3．一种新型的乙醇电池，它用磺酸类质子溶剂。

电池总反应C2H5OH+3O2→2CO2+3H2O，电池示意图如下，下列说法正确的是A．a是电池正极B.电池工作时电流由a沿导线经灯泡再到bC.电池负极的反应D.电池工作时，1mol乙醇被氧化时就有12mol电子转移4.香兰素是重要的香料之一，它可由丁香酚经多步反应合成A.香兰素分子中至少有12个原子共平面B.丁香酚不能与三氯化铁溶液发生显色反应C.1mol香兰素最多能与3mol氢气发生加成反应D.常温下1mol丁香酚只能与1molBr2反应5.下列说法正确的是A.常温下将pH=3的醋酸溶液稀释到原体积的10倍后，溶液的pH=4B. 未确定某酸H2A是强酸还是弱酸，可测NaHA溶液的pH。

若pH>7，则H2A是弱酸；pH<7，H2A是强酸。

C.已知酸性HF>CH3COOH，物质的量浓度相等的NaF与CH3COOK溶液中：[c(Na+)-c(F-)]<[c(K+)-c(CH3COO-)]D.相同温度下，将足量氯化银固体分别放入相同体积的①蒸馏水②0.1mol/L盐酸③0.1mol/L氯化镁溶液④0.1mol/L硝酸银溶液中，Ag+浓度：①>④=②>③6.一定温度下，将等量的气体分别溶入起始体积相同的密闭容器I和II中，使其发生反应，t0时容器I中达到化学平衡，X、Y、Z的物质的量的变化如图所示。

天津市和平区2015届高考化学模拟试卷（4月份）一、单选题：共7题每题6分共42分1．（6分）化学已渗透到人类生活的方方面面，下列说法正确的是（）A．离子交换膜在工业生产中广泛应用，如氯碱工业使用了阴离子交换膜B．白酒标签上注有“酒精度52%V ol”字样，它表示100g该白酒中含有52g酒精C．开发氢能、太阳能、风能、生物质能等是实现“低碳生活”的有效途径D．泡沫灭火器是最常见的灭火器之一，其内筒为塑料桶，盛有碳酸氢钠溶液；外筒为铁桶，外筒和内筒之间装有硫酸铝溶液2．（6分）下列说法不正确的是（）A．海水中蕴含80多种元素，其中碘元素的总含量为8×1010t，所以碘被称为海洋元素B．侯氏制碱法的原理是将CO2通入氨的氯化钠饱和溶液中，使溶解度较低的NaHCO3从溶液中析出C．工业上常利用铝的还原性来还原某些金属氧化物，该反应称为铝热反应D．人们经常把具有特殊用途的木材、纺织品等用水玻璃浸泡，这样加工的产品既耐腐蚀又不易着火3．（6分）从海带中制取单质碘需要经过灼烧、溶解、过滤、氧化、萃取、分液、蒸馏等操作．下列图示对应的装置合理、操作规范的是（）A．灼烧B．过滤C．分液D．蒸馏4．（6分）下列图示与对应的叙述相符的是（）A．向CH3COOH溶液中逐步加入CH3COONa固体后，溶液pH的变化B．向CH3COOH溶液中加水时溶液的导电性变化，则CH3COOH溶液的pH：a＞bC．催化剂能改变化学反应的焓变D．等量NO2在容积相同的恒容密闭容器中，不同温度下分别发生反应：2NO2（g）⇌N2O4（g），相同时间后测得NO2含量的曲线，则该反应的△H＜05．（6分）如图示的装置中，把X溶液逐滴滴下与Y物质反应，若X为浓硫酸，Y为第三周期金属元素中常温下与水难反应的单质．Z为品红溶液．实验中观察到Z褪色．则Y为（）A．N a B．M g C．A l D．Mg或Al6．（6分）常温下，下列各组离子在溶液中一定能大量共存的是（）A．p H=12的溶液：K+、Na+、CH3COO﹣、CO32﹣B．与铝反应产生大量氢气的溶液：Mg2+、K+、HCO3﹣、NO3﹣C．由水电离产生的c（H+）=10﹣13mol/L的溶液：NH4+、Ca2+、SO32﹣、Cl﹣D．0.1 mol/L的NaNO3溶液：H+、Fe2+、Cl﹣、SO42﹣7．（6分）用如图表示的一些物质或概念间的从属关系中不正确的是X Y ZA 酸化合物纯净物B 电解质盐化合物C 胶体分散系物质D 碱性氧化物氧化物化合物（）A．A B．B C．C D．D二、推断题：共13分8．（13分）工业制硫酸生产流程如图：已知：在450℃，常压下，2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g），△H=﹣196kJ•mol﹣1．请回答：（1）在催化反应室，下列措施中有利于提高SO2平衡转化率的有A．升高温度B．减少压强C．不断补充空气D．及时分离出SO3（2）在生产中，为提高催化剂效率可采取的措施为A．净化气体B．控制温度在400～500℃C．增大催化剂与反应气体的接触面积D．不断补充空气（3）在450℃、常压和钒催化条件下向一密闭容器中充入2molSO2和1molO2，充分反应后，放出的热量（填“＜”、“＞”或“=”）196kJ．（4）经检测生产硫酸的原料气成分（体积分数）为SO27%、O211%、N282%．在500℃，0.1MPa条件下，现有100L原料气参加反应，达到平衡时，气体的总体积变为97.2L，则SO2的转化率为．三、填空题：共15分9．（15分）镁是海水中含量较多的金属，镁合金及其镁的化合物用途非常广泛．（1）“镁﹣次氯酸盐”燃料电池的装置如图1所示，该电池的正极反应式为．（2）Mg2Ni是一种储氢合金，已知：Mg（s）+H2（g）=MgH2（s）△H1=﹣74.5kJ•mol﹣1Mg2Ni（s）+2H2（g）=Mg2NiH4（s）△H2=﹣64.4kJ•mol﹣1Mg2Ni（s）+2MgH2（s）=2Mg（s）+Mg2NiH4（s）的△H3=．（3）一种用水氯镁石（主要成分为MgCl2•6H2O）制备金属镁工艺的关键流程如图2：（1）①为探究MgCl2•6H2O“一段脱水”的合理温度范围，某科研小组将MgCl2•6H2O在不同温度下分解，测得残留固体物质的X﹣射线衍射谱图如下图所示（X﹣射线衍射可用于判断某晶态物质是否存在）．测得E中Mg元素质量分数为60.0%，则E的化学式为．②若电解时电解槽中有水分，则生成的MgOHCl与阴极产生的Mg反应，使阴极表面产生MgO钝化膜，降低电解效率．生成MgO的化学方程式为．（4）储氢材料Mg（AlH4）2在110﹣200°C的反应为：Mg（AlH4）2=MgH2+2A1+3H2↑，每生成27gAl转移电子的物质的量为．四、实验题：共15分10．（15分）焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是常用的食品抗氧化剂之一．某研究小组进行如下实验：实验一焦亚硫酸钠的制取采用如图1装置（实验前已除尽装置内的空气）制取Na2S2O5．装置Ⅱ中有Na2S2O5晶体析出，发生的反应为Na2SO3+SO2═Na2S2O5．（1）a仪器的名称为：，实验前要进行．装置Ⅰ中产生气体的化学方程式为．（2）浓硫酸（能或不能）用稀硫酸代替，原因是．（3）要从装置Ⅱ中获得已析出的晶体，可采取的分离方法是．（4）装置Ⅲ用于处理尾气，可选用如图2的最合理装置（夹持仪器已略去）为（填序号）．实验二葡萄酒中抗氧化剂残留量的测定（5）葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂．测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）的方案如下：（已知：滴定时反应的化学方程式为SO2+I2+2H2O═H2SO4+2HI）①按上述方案实验，消耗标准I2溶液25.00mL，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）为g•L﹣1．②在上述实验过程中，若有部分HI被空气氧化，则测定结果（填“偏高”“偏低”或“不变”）．【化学--选修5：有机化学基础】共15分11．（15分）氧氮杂环是新药研制过程中发现的一类重要活性物质，具有抗惊厥、抗肿瘤、改善脑缺血等性质．下面是某研究小组提出的一种氧氮杂环类化合物H的合成路线：（1）原料A的同分异构中，含有苯环、且核磁共振氢谱中有4个峰的是（写出其结构简式）．（2）原料D的结构简式是．（3）反应②的化学方程式是．（4）原料B俗名“马来酐”，它是马来酸（顺丁烯二酸：）的酸酐，它可以经下列变化分别得到苹果酸（）和聚合物Q：①半方酸是原料B的同分异构体，分子中含1个环（四元碳环）和1个羟基，但不含﹣O ﹣O﹣键，半方酸的结构简式是．②反应I的反应类型是．反应II的化学方程式为．③两分子苹果酸之间能发生酯化反应，生成六元环酯，请写出该反应的方程式．天津市和平区2015届高考化学模拟试卷（4月份）参考答案与试题解析一、单选题：共7题每题6分共42分1．（6分）化学已渗透到人类生活的方方面面，下列说法正确的是（）A．离子交换膜在工业生产中广泛应用，如氯碱工业使用了阴离子交换膜B．白酒标签上注有“酒精度52%V ol”字样，它表示100g该白酒中含有52g酒精C．开发氢能、太阳能、风能、生物质能等是实现“低碳生活”的有效途径D．泡沫灭火器是最常见的灭火器之一，其内筒为塑料桶，盛有碳酸氢钠溶液；外筒为铁桶，外筒和内筒之间装有硫酸铝溶液考点：使用化石燃料的利弊及新能源的开发；溶液的组成；盐类水解的应用．分析：A．氯碱工业制备氢氧化钠，应用阳离子交换膜；B．酒精浓度52%VOl表示体积百分比浓度；C．开发氢能、太阳能、风能、生物质能等可以减少火力发电；D．硫酸铝水解使溶液显酸性，故硫酸铝溶液会与铁反应，应放在内筒里．解答：解：A．氯碱工业制备氢氧化钠，应用阳离子交换膜，只能让钠离子通过，故A错误；B．酒精浓度52%VOl表示体积百分比浓度，不是质量比浓度，故B错误；C．开发氢能、太阳能、风能、生物质能等可以代替火力发电，减少二氧化碳的排放，故C 正确；D．硫酸铝水解使溶液显酸性，故硫酸铝溶液会与铁反应，应放在内筒塑料桶里，外筒为铁桶，外筒和内筒之间装有碳酸氢钠溶液，故D错误．故选C．点评：本题考查较为综合，涉及氯碱工业、环境污染以及溶液的组成等问题，侧重于化学与生活、环境的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大，注意相关基础知识的积累．2．（6分）下列说法不正确的是（）A．海水中蕴含80多种元素，其中碘元素的总含量为8×1010t，所以碘被称为海洋元素B．侯氏制碱法的原理是将CO2通入氨的氯化钠饱和溶液中，使溶解度较低的NaHCO3从溶液中析出C．工业上常利用铝的还原性来还原某些金属氧化物，该反应称为铝热反应D．人们经常把具有特殊用途的木材、纺织品等用水玻璃浸泡，这样加工的产品既耐腐蚀又不易着火考点：海水资源及其综合利用；纯碱工业（侯氏制碱法）；金属冶炼的一般原理．专题：化学应用．分析：A、海洋元素为溴元素；B、二氧化碳通入氨化的饱和氯化钠溶液中反应生成碳酸氢钠晶体析出；C、铝热反应的原理是利用铝的还原性；D、水玻璃为硅酸钠水溶液具有防腐作用和阻燃作用；解答：解：A、海洋元素为溴元素，故A错误；B、二氧化碳通入氨化的饱和氯化钠溶液中反应生成碳酸氢钠晶体析出，侯是氏制碱法的原理，故B正确；C、铝热反应的原理是利用铝的还原性，把较不活泼的金属置换出来，如铝和氧化铁反应生成铁和氧化铝，故C正确；D、水玻璃为硅酸钠水溶液具有防腐作用和阻燃作用，人们经常把具有特殊用途的木材、纺织品等用水玻璃浸泡，这样加工的产品既耐腐蚀又不易着火，故D正确；故选A．点评：本题考查了海水资源的应用分析，物质性质的理解应用，掌握基础是关键，注意知识的积累，题目较简单．3．（6分）从海带中制取单质碘需要经过灼烧、溶解、过滤、氧化、萃取、分液、蒸馏等操作．下列图示对应的装置合理、操作规范的是（）A．灼烧B．过滤C．分液D．蒸馏考点：海带成分中碘的检验；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．专题：化学实验基本操作．分析：A、灼烧是在坩埚中进行；B、过滤实验为防止液体溅出要用到玻璃棒；C、根据萃取分液实验用到的仪器和操作来回答；D、蒸馏装置中，控制物质的沸点不同来实现物质的分离，温度计测的是蒸汽温度，据此回答．解答：解：A、灼烧是在坩埚中进行的，不能在蒸发皿中进行，故A错误；B、过滤实验要用到玻璃棒的引流作用，故B错误；C、分液要在分液漏斗中进行，下层液体从下边漏出，上层液体从上口倒出，故C正确；D、蒸馏时，温度计的水银球放在蒸馏烧瓶的支管口出，不能深入液面以下，故D错误．故选C．点评：本题考查学生物质的分离方法和实验基本操作知识，注意知识的归纳和梳理是关键，难度不大．4．（6分）下列图示与对应的叙述相符的是（）A．向CH3COOH溶液中逐步加入CH3COONa固体后，溶液pH的变化B．向CH3COOH溶液中加水时溶液的导电性变化，则CH3COOH溶液的pH：a＞bC．催化剂能改变化学反应的焓变D．等量NO2在容积相同的恒容密闭容器中，不同温度下分别发生反应：2NO2（g）⇌N2O4（g），相同时间后测得NO2含量的曲线，则该反应的△H＜0考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；反应热和焓变；体积百分含量随温度、压强变化曲线；电解质溶液的导电性．专题：图示题．分析：A．向CH3COOH溶液中逐步加入CH3COONa固体后，c（CH3COO﹣）增大抑制CH3COOH电离；B．溶液导电能力与离子浓度成正比，c（H+）与溶液pH成反比；C．催化剂改变活化能不改变焓变；D．恒容条件下，等量的NO2发生反应2NO2（g）⇌N2O4（g），不同温度下，相同时间内，如果该反应没有达到平衡状态，温度越高，反应速率越快，二氧化氮转化率越大，则二氧化氮含量越少，如果反应达到平衡状态，升高温度，平衡向吸热反应方向移动．解答：解：A．向CH3COOH溶液中逐步加入CH3COONa固体后，c（CH3COO﹣）增大抑制CH3COOH电离，则溶液pH增大，故A错误；B．溶液导电能力与离子浓度成正比，c（H+）与溶液pH成反比，根据图象知，c（H+）a 点＞b点，则溶液的pH：a＜b，故B错误；C．根据图象知，催化剂改变活化能不改变焓变，焓变与反应物和生成物总能量相对大小有关，故C错误；D．恒容条件下，等量的NO2发生反应2NO2（g）⇌N2O4（g），不同温度下，相同时间内，如果该反应没有达到平衡状态，温度越高，反应速率越快，二氧化氮转化率越大，则二氧化氮含量越少，如果反应达到平衡状态，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，根据图知，拐点左侧没有达到平衡状态，拐点右侧为平衡状态，达到平衡后，升高温度，二氧化氮含量增大，说明正反应是放热反应，则该反应的△H＜0，故D正确；故选D．点评：本题考查图象分析，侧重考查弱电解质电离、化学平衡移动等知识点，注意B中溶液导电能力与离子浓度成正比，与电解质强弱无关，注意D中出现拐点原因，题目难度中等．5．（6分）如图示的装置中，把X溶液逐滴滴下与Y物质反应，若X为浓硫酸，Y为第三周期金属元素中常温下与水难反应的单质．Z为品红溶液．实验中观察到Z褪色．则Y为（）A．N a B．M g C．A l D．Mg或Al考点：浓硫酸的性质；铝的化学性质．专题：氧族元素；几种重要的金属及其化合物．分析：根据实验可知浓硫酸与金属Y反应生成能够使二氧化硫褪色的二氧化硫，第三周期金属元素包括钠、镁、铝三种，据此解答．解答：解：第三周期金属元素包括钠、镁、铝三种，钠与镁与浓硫酸在常温下反应生成二氧化硫，但是钠冷水即可发生反应，镁与冷水不反应，与热水能够反应，铝在常温下与浓硫酸发生钝化，所以符合条件的金属为镁，故选：B．点评：本题考查了浓硫酸的性质，熟悉浓硫酸的强氧化性是解题关键，注意冷的浓硫酸与铝发生钝化，钝化属于化学反应，题目难度不大．6．（6分）常温下，下列各组离子在溶液中一定能大量共存的是（）A．p H=12的溶液：K+、Na+、CH3COO﹣、CO32﹣B．与铝反应产生大量氢气的溶液：Mg2+、K+、HCO3﹣、NO3﹣C．由水电离产生的c（H+）=10﹣13mol/L的溶液：NH4+、Ca2+、SO32﹣、Cl﹣D．0.1 mol/L的NaNO3溶液：H+、Fe2+、Cl﹣、SO42﹣考点：离子共存问题．专题：离子反应专题．分析：A．pH=12的溶液，显碱性；B．与铝反应产生大量氢气的溶液，为酸或强碱溶液；C．由水电离产生的c（H+）=10﹣13mol/L的溶液，为酸或碱溶液；D．离子之间发生氧化还原反应．解答：解：A．pH=12的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，能大量共存，故A正确；B．与铝反应产生大量氢气的溶液，为酸或强碱溶液，HCO3﹣既能与酸反应又能与碱反应，则一定不能共存，故B错误；C．由水电离产生的c（H+）=10﹣13mol/L的溶液，为酸或碱溶液，NH4+与碱反应，SO32﹣与酸反应，且Ca2+、SO32﹣结合生成沉淀，不能共存，故C错误；D．H+、Fe2+、NO3﹣离子之间发生氧化还原反应，则不能共存，故D错误；故选A．点评：本题考查离子反应方程式的书写，明确习题中的隐含信息及离子之间的反应即可解答，选项D中的氧化还原为解答的易错点，题目难度不大．7．（6分）用如图表示的一些物质或概念间的从属关系中不正确的是X Y ZA 酸化合物纯净物B 电解质盐化合物C 胶体分散系物质D 碱性氧化物氧化物化合物（）A．A B．B C．C D．D考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；分散系、胶体与溶液的概念及关系；电解质与非电解质．专题：物质的分类专题．分析：由图可知，概念的范畴为Z包含Y，Y包含X，然后利用物质的组成和性质来分析物质的类别，再根据概念的从属关系来解答．解答：解：A、酸属于化合物，化合物又属于纯净物，故A正确；B、电解质包括酸、碱、盐、活泼金属氧化物和水等，即盐属于电解质，而电解质和盐都属于化合物，故B错误；C、胶体属于分散系，而分散系都是由两种以上的物质组成，是混合物，属于物质，故C正确；D、碱性氧化物属于氧化物，氧化物属于化合物的范畴，故D正确；故选B．点评：本题考查物质的组成和分类，学生应能识别常见物质的种类，并能利用其组成来判断物质的类别是解答的关键．本题较简单，属于基础题．二、推断题：共13分8．（13分）工业制硫酸生产流程如图：已知：在450℃，常压下，2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g），△H=﹣196kJ•mol﹣1．请回答：（1）在催化反应室，下列措施中有利于提高SO2平衡转化率的有CDA．升高温度B．减少压强C．不断补充空气D．及时分离出SO3（2）在生产中，为提高催化剂效率可采取的措施为ABCA．净化气体B．控制温度在400～500℃C．增大催化剂与反应气体的接触面积D．不断补充空气（3）在450℃、常压和钒催化条件下向一密闭容器中充入2molSO2和1molO2，充分反应后，放出的热量＜（填“＜”、“＞”或“=”）196kJ．（4）经检测生产硫酸的原料气成分（体积分数）为SO27%、O211%、N282%．在500℃，0.1MPa条件下，现有100L原料气参加反应，达到平衡时，气体的总体积变为97.2L，则SO2的转化率为80.0%．考点：化学平衡的影响因素；工业制取硫酸；化学平衡的计算．专题：化学平衡专题．分析：（1）提高SO2平衡转化率，促进化学平衡向右移动，根据化学平衡移动影响因素判断；（2）要提2014-2015学年高二氧化硫催化氧化时催化剂的催化效率，必须净化气体、控制适宜温度、增大接触面积；（3）二氧化硫的催化氧化是可逆反应；（4）据反应方程式中气体体积减少多少计算．解答：解：（1）提高SO2平衡转化率，促进化学平衡向右移动，A、正反应方向放热，升高温度，化学平衡向正反应方向移动，故A错误；B、正反应方向气体体积减小，减小压强，化学平衡向逆反应方向移动，故B错误；C、增大氧气浓度，化学平衡向右移动，故C正确；D、减小生成物浓度，化学平衡向右移动，故D正确；故选CD；（2）要提2014-2015学年高二氧化硫催化氧化时催化剂的催化效率，必须净化气体、控制适宜温度、增大接触面积，增大反应物的量和催化剂的催化效率无关，故选ABC；（3）二氧化硫的催化氧化是可逆反应，2molSO2和1molO2不可能完全转化，所以放热少于196KJ，故答案为：＜；（4）设参加反应的二氧化硫物质的量为x2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g），△V2 1 2 1xx=0.25，体积为0.25mol×22.4L/mol=5.6L，SO2的转化率为：×100%=80%，故答案为：80%．点评：本题考查了转化率、催化剂的催化效率、可逆反应的焓变、三段式法应用，题目难度较大．三、填空题：共15分9．（15分）镁是海水中含量较多的金属，镁合金及其镁的化合物用途非常广泛．（1）“镁﹣次氯酸盐”燃料电池的装置如图1所示，ClO﹣+2e﹣+H2O=Cl ﹣+2OH﹣．（2）Mg2Ni是一种储氢合金，已知：Mg（s）+H2（g）=MgH2（s）△H1=﹣74.5kJ•mol﹣1Mg2Ni（s）+2H2（g）=Mg2NiH4（s）△H2=﹣64.4kJ•mol﹣1Mg2Ni（s）+2MgH2（s）=2Mg（s）+Mg2NiH4（s）的△H3=+84.64kJ•mol﹣1．（3）一种用水氯镁石（主要成分为MgCl2•6H2O）制备金属镁工艺的关键流程如图2：（1）①为探究MgCl2•6H2O“一段脱水”的合理温度范围，某科研小组将MgCl2•6H2O在不同温度下分解，测得残留固体物质的X﹣射线衍射谱图如下图所示（X﹣射线衍射可用于判断某晶态物质是否存在）．测得E中Mg元素质量分数为60.0%，则E的化学式为MgO．②若电解时电解槽中有水分，则生成的MgOHCl与阴极产生的Mg反应，使阴极表面产生MgO钝化膜，降低电解效率．生成MgO2MgOHCl+Mg=2MgO+MgCl2+H2↑．（4）储氢材料Mg（AlH4）2在110﹣200°C的反应为：Mg（AlH4）2=MgH2+2A1+3H2↑，每生成27gAl转移电子的物质的量为3mol．考点：原电池和电解池的工作原理；热化学方程式；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；性质实验方案的设计．分析：（1）依据“镁﹣次氯酸盐”燃料电池的装置图中所示的变化写出正极反应式；（2）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到；（3）①分析图谱中温度不同的谱线结合E中镁元素的质量分数可知，E为氧化镁；②依据生成的MgOHCl与阴极产生的Mg反应生成MgO，氯化镁和氢气，依据原子守恒分析书写；（4）氧化还原反应电子转移守恒计算．解答：解：（1）“镁﹣次氯酸盐”燃料电池的装置图中微粒变化分析可知，ClO﹣在正极放电，生成Cl﹣，结合碱性的环境，可写出正极反应式：ClO﹣+2e﹣+H2O=Cl﹣+2OH﹣，故答案为：ClO﹣+2e﹣+H2O=Cl﹣+2OH﹣；（2）①Mg（s）+H2（g）═MgH2（s）△H1=﹣74.5kJ•mol﹣1②Mg2Ni（s）+2H2（g）═Mg2NiH4（s）△H2=﹣64.4kJ•mol﹣1Mg2Ni（s）+2MgH2（s）═2Mg（s）+M g2NiH4（s）△H3由盖斯定律②﹣2×①得到Mg2Ni（s）+2MgH2（s）═2Mg（s）+Mg2NiH4（s）△H3 =﹣64.4KJ/mol ﹣2×（﹣74.5KJ/mol）=+84.6KJ/mol，则△H3=+84.6KJ/mol，故答案为：+84.64kJ•mol﹣1；（3）①分析图谱中温度不同的谱线结合E中镁元素的质量分数可知，MgO中镁元素质量分数=×100%=60%，判断E为氧化镁；故答案为：MgO；②生成的MgOHCl与阴极产生的Mg反应生成MgO，氯化镁和氢气，反应的化学方程式为：2MgOHCl+Mg=2MgO+MgCl2+H2↑，故答案为：2MgOHCl+Mg=2MgO+MgCl2+H2↑；（4）储氢材料Mg（AlH4）2在110℃﹣200℃的反应为：Mg（AlH4）2=MgH2+2Al+3H2↑，反应中生成2molAl转移电子6mol，每生成27gAl转移电子的物质的量为3mol，故答案为：3mol．点评：本题考查了热化学方程式书写方法，物质制备实验的分析判断，原电池原理和电极原理的分析应用，图象分析能力，掌握基础知识是关键，题目难度中等．四、实验题：共15分10．（15分）焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是常用的食品抗氧化剂之一．某研究小组进行如下实验：实验一焦亚硫酸钠的制取采用如图1装置（实验前已除尽装置内的空气）制取Na2S2O5．装置Ⅱ中有Na2S2O5晶体析出，发生的反应为Na2SO3+SO2═Na2S2O5．（1）a仪器的名称为：分液漏斗，实验前要进行气密性检查．装置Ⅰ中产生气体的化学方程式为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O．（2）浓硫酸不能（能或不能）用稀硫酸代替，原因是二氧化硫易溶于水，故不能用稀硫酸．（3）要从装置Ⅱ中获得已析出的晶体，可采取的分离方法是过滤．（4）装置Ⅲ用于处理尾气，可选用如图2的最合理装置（夹持仪器已略去）为d（填序号）．实验二葡萄酒中抗氧化剂残留量的测定（5）葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂．测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）的方案如下：（已知：滴定时反应的化学方程式为SO2+I2+2H2O═H2SO4+2HI）①按上述方案实验，消耗标准I2溶液25.00mL，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）为0.16g•L﹣1．②在上述实验过程中，若有部分HI被空气氧化，则测定结果偏低（填“偏高”“偏低”或“不变”）．考点：性质实验方案的设计；探究物质的组成或测量物质的含量．专题：实验设计题．分析：（1）a仪器的名称为分液漏斗，实验前首先进行气密性检查；装置I中浓硫酸与亚硫酸钠反应产生二氧化硫气体，同时生成硫酸钠和水；（2）稀硫酸不能代替浓硫酸，与亚硫酸钠反应产生二氧化硫气体，因为二氧化硫易溶于水；（3）装置Ⅱ中析出Na2S2O5晶体，通过过滤操作得到该晶体；（4）处理过量的SO2尾气，既要吸收SO2尾气，同时能防倒吸；（5）①根据反应“SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI”，则样品中抗氧化剂的残留量==0.16 g/L；②若有部分HI被空气氧化又生成I2，导致消耗标准I2溶液的体积偏小，则测得结果偏低；解答：解：（1）a仪器的名称为分液漏斗，实验前首先进行气密性检查；装置I中浓硫酸与亚硫酸钠反应产生二氧化硫气体，同时生成硫酸钠和水，化学方程式：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；故答案为：分液漏斗、气密性检查、Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；（2）稀硫酸不能代替浓硫酸，与亚硫酸钠反应产生二氧化硫气体，因为二氧化硫易溶于水，故不能用稀硫酸；故答案为：不能、二氧化硫易溶于水，故不能用稀硫酸；（3）装置Ⅱ中析出Na2S2O5晶体，通过过滤操作得到该晶体；故答案为：过滤；（4）处理过量的SO2尾气，a项装置瓶口封闭，错误；b项食盐水不能将大量的SO2尾气吸收，错误；c项漏斗口没入了液体中，错误，d项氢氧化钠溶液可吸收SO2尾气，同时能防倒吸，正确；故答案为：d；（5）①根据反应“SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI”，则样品中抗氧化剂的残留量==0.16 g/L；故答案为：0.16 g/L；②若有部分HI被空气氧化又生成I2，导致消耗标准I2溶液的体积偏小，则测得结果偏低；故答案为：偏低．点评：本题考查SO2的制取，Na2S2O5含量的测定，实验操作等基础知识，难度不大，掌握实验原理是解题的关键．【化学--选修5：有机化学基础】共15分11．（15分）氧氮杂环是新药研制过程中发现的一类重要活性物质，具有抗惊厥、抗肿瘤、改善脑缺血等性质．下面是某研究小组提出的一种氧氮杂环类化合物H的合成路线：（1）原料A的同分异构中，含有苯环、且核磁共振氢谱中有4个峰的是（写出其结构简式）．（2）原料D的结构简式是．（3）反应②的化学方程式是．（4）原料B俗名“马来酐”，它是马来酸（顺丁烯二酸：）的酸酐，它可以经下列变化分别得到苹果酸（）和聚合物Q：①半方酸是原料B的同分异构体，分子中含1个环（四元碳环）和1个羟基，但不含﹣O﹣O﹣键，半方酸的结构简式是．②反应I的反应类型是取代反应或水解反应．反应II的化学方程式为．③两分子苹果酸之间能发生酯化反应，生成六元环酯，请写出该反应的方程式．考点：有机物的合成．分析：根据流程图知，反应①为加成反应，反应②为酯化反应，且C为CH3CH2OH，反应③为加成反应，且D为，反应④为消去反应；（4）原料B俗名“马来酐”，马来酸和HBr发生加成反应生成M，M结构简式为HOOCCH2CHBrCOOH，M发生反应I的水解反应，N为NaOOCCH2CH（OH）COONa，N酸化得到苹果酸；马来酸发生加成反应生成R，R为HOOCCH2CH2COOH，R和乙二醇发生酯化反应生成聚合物Q，Q结构简式为，据此分析解答．解答：解：根据流程图知，反应①为加成反应，反应②为酯化反应，且C为CH3CH2OH，反应③为加成反应，且D为，反应④为消去反应；（4）原料B俗名“马来酐”，马来酸和HBr发生加成反应生成M，M结构简式为HOOCCH2CHBrCOOH，M发生反应I的水解反应，N为NaOOCCH2CH（OH）COONa，N酸化得到苹果酸；。

10．(1)①323Al 3H O Al(OH)3H ++++②232273421Cr O 3HSO 5H 2Cr 3SO 4H O --++-++===++③33Cr 3OH Cr(OH)+-+===↓ 取沉淀后的上层清液测定其pH ，若pH 8≥则沉淀完全(2)①2233272Cr O 6Fe 14H 2Cr 6Fe 7H O -++++++===++②水中的H +在阴极区放电，H +浓度减小促使水的电离平衡2H O H OH +-+ 向右移动，阴极区OH -浓度增大，与金属阳离子在阴极区结合而沉淀完全③0.08解析：(1)①明矾为强电解质，在溶液中完全电离，生成3Al +、24SO -和K +，3Al +能水解生成氢氧化铝胶体：323Al 3H O Al(OH)++ （胶体）3H ++，氢氧化铝胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮物，所以能作净水剂。

②根据氧化还原方程式配平原则进行配平。

③向沉淀池中加入NaOH 溶液，NaOH 会和H +发生反应2H OH H O +-+===，3Cr +与NaOH 反应3Cr ++ 33OH Cr(OH)-===↓，3Cr(OH)沉淀完全时的pH 为8，所以测定溶液的pH ，若pH 8≥，则证明Cr3沉淀完全。

(2)①亚铁离子与227Cr O -发生氧化还原反应，被还原为3Cr +然后生成3Cr(OH)沉淀，重铬酸根具有强氧化性，能将生成的亚铁离子氧化为三价，即22332726Fe Cr O 14H 6Fe 2Cr 7H O +-+++++===++。

②随着电解进行，溶液中(H )+c 逐渐减少，打破了水的电离平衡，促进了水的电离，使溶液中OH -浓度增大，溶液的碱性增强，生成3Fe(OH)和3Cr(OH)沉淀，金属阳离子在阴极区沉淀完全。

③根据2233272Cr O 6Fe 14H 2Cr 6Fe 7H O -++++++===++，33Cr 3OH Cr(OH)+-+===↓，3Fe 3OH +-+===3Fe(OH)↓，知2270.01mol Cr O -，可生成30.02mol Cr(OH)，30.06mol Fe(OH)，沉淀物质的量为0.08mol 。

天津市和平区2015届高三4月模拟练习理科综合化学试卷考试时间：90分钟；满分：100分注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）一、单选题：共7题每题6分共42分1．化学已渗透到人类生产、生活的方方面面，下列说法正确的是A.离子交换膜在工业生产中广泛应用，如氯碱工业使用了阴离子交换膜B.白酒标签上注有“酒精度52%Vol”字样，它表示100g该白酒中含有52g酒精C.开发氢能、太阳能、风能、生物质能等是实现“低碳生活”的有效途径D.泡沫灭火器是最常见的灭火器之一，其内筒为塑料桶，盛有碳酸氢钠溶液；外筒为铁桶，外筒和内筒之间装有硫酸铝溶液【答案】C【解析】本题考查化学与生产、生活的相关知识。

A.氯碱工业使用了阳离子交换膜，钠离子移向阴极，故A错误；白酒的标签上度数一般是指酒精在溶液中的体积分数，故B错误；开发氢能、太阳能、风能、生物质能等可以代替火力发电，减少二氧化碳的排放，故C正确；硫酸铝水解使溶液显酸性，故硫酸铝溶液会与铁反应，应放在内筒塑料桶里，外筒为铁桶，外筒和内筒之间装有碳酸氢钠溶液，故D错误。

故选C。

2．下列说法不正确的是A.海水中蕴含80多种元素，其中碘元素的总含量为8×1010 t，所以碘被称为海洋元素B.侯氏制碱法的原理是将CO2通入氨的氯化钠饱和溶液中，使溶解度较低的NaHCO3从溶液中析出C.工业上常利用铝的还原性来还原某些金属氧化物，该反应称为铝热反应D.人们经常把具有特殊用途的木材、纺织品等用水玻璃浸泡，这样加工的产品既耐腐蚀又不易着火【答案】A【解析】本题考查卤素的存在，侯氏制碱法的原理，铝热反应，硅酸盐的性质和用途。

A选项，溴被称为“海洋元素”,地球上99%以上的溴蕴藏在大海中，错误；硅酸钠溶液俗称“水玻璃”，化学性质稳定，既耐腐蚀又不易着火。

3．从海带中制取单质碘需要经过灼烧、溶解、过滤、氧化、萃取、分液、蒸馏等操作。

天津市五区县2015年高三质量调查试卷（一）化学参考答案及评分标准1.A2.D3.C4.B5.B6.A7．（14分）（1）第二周期V A族（1分）（2分）H2O、NH3、CH4（2分）（2）B（1分）碱石灰（1分）（3）N2 + 6e-+ 8H+＝2NH4+（2分）正（1分）（4）Na3N + 4H2O＝3NaOH + NH3·H2O（2分）（5）5Cl2＋10NaOH = 2NaClO＋NaClO3＋7NaCl＋5H2O（2分）8．（18分）（1）2-甲基-1-丁烯（2分）羟基、羧基（2分）（2）②⑤⑥（2分）氢氧化钠溶液，加热（1分）（3）每个1分2种（1分）（4）C （2分）（5） （2分）（6） 12种（2分）9.（18分，每空2分）(1) 分液漏斗 C ＋4HNO 3(浓) △CO 2↑＋4NO 2↑＋2H 2O(2) 铜片逐渐溶解，产生无色气体，溶液逐渐变蓝吸收D 中未反应完的NO ，以免污染空气(3) 产生无色气体并在液面上方变为红棕色5NO －2＋2MnO －4＋6H ＋===5NO －3＋2Mn 2＋＋3H 2O (4)在C 、D 之间增加一个盛浓硫酸的洗气瓶(或装碱石灰或无水CaCl 2的干燥管。

或者把C 装置换成装有碱石灰的干燥管。

答案合理即可给分。

）(5) ①AD ②90.56%10．（14分，除了注明外，每空2分）（1）TiO 2(s) +2C(s)+2Cl 2(g)TiCl 4(s)+2CO(g) ΔH ＝–80 kJ·mol －1C CH 3CH 2 OHCOOH CH 3浓H 2SO 4 △ CH 3CH=CCOOH+H 2O CH 3 CH C CH 3 CH 3 COOH [ ] n （2分）（2）①＜（1分）② 0.04 mol·L-1·min-1 100/9③＜（1分）C点的CO的转化率比A点大，故C的混合气体的物质的量小，而总气体的质量相同，故C点的平均摩尔质量大④（只要能够画出变化的趋势即可得分，若画在原平衡线之上不得分，虽然画在原平衡线之下，但变化趋势向上的也不得分）将产物甲醇液化转移出去或增加H2的物质的量等。

高中化学学习材料（灿若寒星**整理制作）和平区2014-2015学年度第二学期高三年级第四次质量调查化学学科试卷1．化学与社会、生产、生活紧切相关。

下列说法正确的是( )。

A．棉花和木材的主要成分都是纤维素，蚕丝和人造丝的主要成分都是蛋白质B．石油干馏可得到石油气、汽油、煤油、柴油等C．从海水中提取物质都必须通过化学反应才能实现D．纯碱可用于生产普通玻璃，日常生活中也可用纯碱溶液来除去物品表面的油污2. 下列说法正确的是（）。

A．强电解质一定易溶于水B．常温下，强酸和弱酸的浓度相同时，强酸中水的电离程度比弱酸的水的电离程度小C．对可逆反应，升高温度一定存在v(正)>v(逆)D．钢铁在海水中发生电化腐蚀时，铁是正极被氧化3．下列单质或化合物性质的描述正确的是（）。

A．NaHSO4水溶液显中性 B．SiO2与酸、碱均不反应C．NO2溶于水时发生氧化还原反应 D．Fe在足量Cl2中燃烧生成FeCl2和FeCl3 4．实现下列实验目的，依据下表提供的主要仪器，所用试剂合理的是( )。

选项实验目的主要仪器试剂A 分离Br2和CCl4混合物分液漏斗、烧杯Br2和CCl4混合物、蒸馏水B 鉴别葡萄糖和蔗糖试管、烧杯、酒精灯葡萄糖溶液、蔗糖溶液、银氨溶液、水C 实验室制取H2试管、带导管的橡皮塞锌粒、稀HNO3D 测定NaOH溶液浓度滴定管、锥形瓶、烧杯NaOH溶液、0.1000 mo l·L－1盐酸5. 某种碳酸饮料中主要含柠檬酸、碳酸、白砂糖、苯甲酸钠等成分，常温下测得其pH约为3.5，下列说法不．正确．．的是( )。

A．常温下，该碳酸饮料中K W的值大于纯水中K W的值B．该碳酸饮料中水的电离受到抑制C．柠檬酸的电离会抑制碳酸的电离D．打开瓶盖冒出大量气泡，是因为压强减小，降低了CO2的溶解度6．某原电池装置如下图所示，电池总反应为2Ag＋Cl2===2AgCl。

下列说法正确的是A．正极反应为AgCl＋e－===Ag＋Cl－B．放电时，交换膜右侧溶液中有大量白色沉淀生成C．若用NaCl溶液代替盐酸，则电池总反应随之改变D．当电路中转移0.01 mol e－时，交换膜左侧溶液中约减少0.02 mol离子7．（14分）V、W、X、Y、Z是原子序数依次递减的五种常见元素。

2015届高三高考二模理综化学试题（含答案）可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Al 27 Si 28 S 32 Cl 35.5 K 39 Fe56一、选择题7．化学与社会、生活密切相关，下列说法中不正确．．．的是（）A. 区别地沟油（加工过的餐饮废弃油）和矿物油（汽油、煤油、柴油等）的方法是加入足量氢氧化钠溶液共热，不分层的是地沟油B. 发泡塑料饭盒不适于盛放含油较多的食品C. 光化学烟雾的产生与汽车排放的尾气有关D. 将废电池深埋，可以避免其中的重金属污染8．设N A是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．1 L1mol·L－1的NaClO溶液中含有ClO－的数目为N AB．60g 二氧化硅含有的共价键数为2N AC．7.8g 钾与100mL 1mol·L－1盐酸充分反应生成气体分子数为0.1N AD．标准状况下，7.1g 氯气与足量的石灰乳充分反应，转移电子数为0.2N A9．甲苯的苯环上有5个氢原子，其中若有两个氢原子分别被羟基（—OH）和氯原子（—Cl）取代，则可形成的有机物同分异构体有（）A．9种B．10种C．12种D．15种10．近年来，莽草酸因可以作为合成达菲（抗病毒和抗癌药）的中间体而受到重视，其结构简式如图：下列关于莽草酸的说法不正确．．．的是（）A．莽草酸的相对分子质量为174 Array B．分子中含有两种含氧官能团C．可发生取代、加成反应及氧化反应D．在水溶液中羟基和羧基均能电离出氢离子11．下述实验能达到预期目的的是（）溶液，又生成红12．下列各组离子在常温下一定能大量共存的是 （ ）A ．pH=0的无色溶液中：Cl －、Na +、SO 42－、Fe 2＋B ．加入铝粉能放出H 2的溶液中：Mg 2＋、NH 4＋、NO 3－、Cl －C ．在c (H ＋)／c (OH －)＝1012的溶液中：NH 4＋、NO 3－、K ＋、Cl －D ．含有大量Fe 3+的溶液中：Al 3＋、SCN －、Br －、Na +13．硫化汞（HgS ）难溶于水，在自然界中呈红褐色，常用于油画颜料、印泥及朱红雕刻漆器等。

2015年天津市和平区耀华中学高考化学二模试卷一、选择题（共6题，每题6分，共36分．在每题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的．）1．化学与生产、生活、社会密切相关，下列说法不正确的是（）A．只要符合限量，“食用色素”、“亚硝酸盐”可以作为某些食品的添加剂B．发泡塑料饭盒主要材质是高分子材料，不适于盛放含油较多的食品C．蛋白质、淀粉、纤维素、油脂等都能在人体内水解并提供能量D．纯净的二氧化硅是现代光学及光纤制品的基本原料2．下列叙述不正确的是（）A．因为氯气具有酸性，所以可与烧碱或石灰乳反应制备含氯消毒剂B．除去乙酸乙酯中少量的乙酸：用饱和碳酸钠溶液洗涤、分液C．过氧化钠中含有离子键和非极性共价键，阴离子与阳离子的物质的量之比为1：2 D．植物油的不饱和程度高于动物油，植物油更易氧化变质3．在不同温度下，向VL密闭容器中加入0.5mol NO和0.5mol活性炭，发生反应：2NO（g）+C（8）=N2（g）+CO2（g）△H=﹣Qkj•mol﹣1（Q＞0），达到平衡时的数据如下：温度/℃ n （C）/mol n（CO2）/molT1 0.15T2 0.375下列有关说法正确的是（）A．由上述信息可推知：T1＞T2B． T2℃时，若反应达平衡后再缩小容器的体积，c（N2）：c（NO）增大C． T1℃时，若开始时反应物的用量均减小一半，平衡后NO的转化率增大D． T1℃时，该反应的平衡常数4．下列实验操作能达到实验目的是（）选项实验目的实验操作A 检验蔗糖水解产物中的葡萄糖取1ml 20%蔗糖溶液，加入少量稀硫酸，水浴加热后取少量溶液，加入几滴新制Cu（OH）2，加热B 除去乙烷中混有的少量乙烯将混合气体通入足量酸性KMnO4溶液中C 验证Mg（OH）2沉淀可以转化为Fe（OH）3沉淀向2ml 1mol/L NaOH溶液中加入几滴1mol/L MgCl2溶液，生成白色沉淀，再加入几滴1mol/LFeCl3D 硅酸胶体的制备向Na2SiO3溶液（饱和溶液1：2用水稀释）中加入几滴酚酞，再逐滴滴入盐酸，边加边震荡，至溶液红色变浅并接近消失A． A B． B C． C D． D5．25℃时，0.1mol/L 的CH3COOH溶液pH=3，0.1mol/L 的HCN溶液pH=4．下列说法正确的是（）A． CH3COOH与HCN均为弱酸，酸性：HCN＞CH3COOHB．25℃时，水电离出来的c（H+）均为 10﹣9mol/L的两种酸，酸的浓度：HCN＞CH3COOH C．25℃时，浓度均为0.1mol/L 的CH3COONa和NaCN溶液中，pH大小：CH3COONa＞NaCN D．25℃时，量取100m LpH=3的CH3COOH溶液加水稀释到1000m L，所得溶液由水电离的c（OH﹣）＞10﹣10mol/L．6．下列坐标图均涉及到平衡原理，其中相关（）A．如图表示室温下，用0.1mol•L﹣1氨水吸收HCl气体时，溶液的粒子浓度随吸收HCl的变化，实线表示c（NH3•H2O），虚线表示c（NH），处于M点时溶液呈中性B．如图表示2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H＜0，正逆反应的平衡常数随温度的变化C．如图表示反应2NH3（g）⇌3H2（g）+N2（g），在恒温恒压装置中达平衡时，N2的物质的量与通入NH3的物质的量的变化关系D．如图表示AgCl（s）⇌Ag+（aq）+Cl﹣（aq）的离子的浓度关系，当处于b点时，蒸发部分的水后，可以到达平衡线的a点处二、非选择题（共64分）7．A、B、C、D都是中学化学常见的物质，其中A、B、C均含有同一种元素．在一定条件下相互转化的关系如图所示．请回答下列问题．（1）若通常情况下A、B、C、D都是气体，且B和D为空气的主要成分，写出反应（Ⅲ）的化学方程式：（2）若D为氯碱工业的重要产品，A、B、C为均含有同一种金属元素的无机化合物，反应（Ⅲ）的离子方程式为（3）若B为非金属单质，且B所含元素的原子最外层电子数与内层电子数之和的比值为3：5，则反应（Ⅲ）中氧化产物与还原产物的物质的量之比为． 0.1mol A与含O．15mol NaOH的溶液充分反应后，溶液中所含离子浓度的大小关系为．（4）若A、B、C的溶液均显碱性，C为焙制糕点的发酵粉的主要成分之一．①A中所含化学键类型为，D的电子式为．②25℃时，浓度均为O．1mol/l的B、C溶液，pH较大的是（填溶质的化学式）溶液，写出B溶液中显电中性的原因：．已知，B溶液的PH=a，则其水电离出来的H+的浓度为：．8．高分子化合物材料PET聚酯和PMMA的合成路线如图：已知：Ⅰ．RCOOR′+R″OH RCO18OR″+R′OH（R、R′、R″代表烃基）Ⅱ．（R、R′代表烃基）（1）PMMA单体的化学名称．（2）F的核磁共振氢谱显示只有一组峰，⑤的化学方程式为．反应⑤、⑥的反应类型、（3）G的分子式，G中官能团的名称、2分子G可形成环状化合物，写出化学方程式．（4）I的某种同分异构体与I具有相同官能团，且为顺式结构，其结构简式是．（5）写出与F互为同分异构体且含单官能团的所有有机物的结构简式．（6）写出由PET单体制备PET聚酯并生成B的化学方程式．9．亚硝酸钠是一种工业盐，用途广泛；外观与食盐非常相似，但毒性较强．某化学兴趣小组对食盐与亚硝酸钠进行了如下探究：㈠鉴别NaCl和NaNO21测定溶液pH用pH试纸分别测定0.1mol/L两种盐溶液的pH，测得NaNO2溶液呈碱性．NaNO2溶液呈碱性的原因是（用离子方程式解释）．NaNO2溶液中c（HNO2）= （用溶液中其它离子的浓度关系式表示）．2沉淀法取2mL0.1mol/L两种盐溶液于试管中，分别滴加几滴稀硝酸银溶液．两支试管均产生白色沉淀．分别滴加几滴稀硝酸并振荡，盛NaNO2溶液的试管中沉淀溶解．该温度下K sp（AgNO2）=2×10﹣8； K sp（AgCl）=1.8×10﹣10则反应AgNO2（s）+Cl﹣（aq）═AgCl（s）+NO2﹣（aq）的化学平衡常数K= （计算结果保留两位小数）．㈡NaNO2性质探究该兴趣小组同学用如图装置探究亚硝酸钠与硫酸反应产生的气体产物成分．已知：①2NaNO2+H2SO4═Na2SO4+NO↑+NO2↑+H2O②气体液化的温度：NO2：21℃（液化为暗褐色液体）、NO：﹣152℃（1）为了检验装置A中生成的气体产物中的氮氧化物，仪器的连接顺序为（从左向右连接）：A→→→→．（2）反应前应打开弹簧夹，先通入一段时间氮气．通氮气的目的是．（3）再关闭弹簧夹，打开分液漏斗活塞，滴入70%硫酸后，A中产生红棕色气体．①如何确认A中产生气体是否含有NO ．（写出实验操作、现象和结论）②装置E的作用是．③若向C中通入过量O2，则装置B中发生反应的化学方程式为．10．氢气是一种理想的“绿色能源”，如图1为氢能产生与利用的途径（1）如图1中4个过程中能量转化形式有A．2种B．3种C．4种D．4种以上（2）电解过程要消耗大量电能，而使用微生物作催化剂在阳光下即可分解：2H2O（1）2H2（g）+O2（g）△H12H2O（1）2H2（g）+O2（g）△H2以上反应的△H1△H2（选填“＞“、“＜”或“=”）（3）已知H2O（1）→H2O（g）△H=+44mol•L﹣1，依据右图2能量变化写出氢气燃烧生成液态水的热化学方程式（4）氢能利用需要选择合适的储氢材料①镧镍合金在一定条件下可吸收氢气形成氢化物：LaNi5（s）+3H2（g）⇌LaNi5H6（s）△H＜0，欲使LaNi5H6（s）释放出气态氢，根据平衡移动原理，可改变的条件之一是′②一定条件下，如图3所示装置可实现有机物的电化学储氢，总反应：2C7H8+6H2O（1）2C7H14+3O2（g）电解过程中产生的气体X为，电极A发生的电极反应式为．2015年天津市和平区耀华中学高考化学二模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共6题，每题6分，共36分．在每题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的．）1．化学与生产、生活、社会密切相关，下列说法不正确的是（）A．只要符合限量，“食用色素”、“亚硝酸盐”可以作为某些食品的添加剂B．发泡塑料饭盒主要材质是高分子材料，不适于盛放含油较多的食品C．蛋白质、淀粉、纤维素、油脂等都能在人体内水解并提供能量D．纯净的二氧化硅是现代光学及光纤制品的基本原料考点：常见的食品添加剂的组成、性质和作用；硅和二氧化硅．分析：A、正确使用食品添加剂对人体健康有益；B、一次性发泡餐具中的聚苯乙烯高分子是有机物，根据结构相似相溶，盛放含油较多的食品是有机物，食品中会溶解苯乙烯单体，苯乙烯对人的神经中枢有害；C、人体内无纤维素酶；D、纯净的二氧化硅良好的折光性．解答：解：A、只要在正确的使用范围内，正确使用食品添加剂对人体健康有益，故A正确；B、一次性发泡餐具中的聚苯乙烯高分子是有机物，根据结构相似相溶，盛放含油较多的食品是有机物，食品中会溶解苯乙烯单体，苯乙烯对人的神经中枢有害，所以不适于盛放含油较多的食品，故B正确；C、人体内无纤维素酶，纤维素在人体内不能水解，故C错误；D、纯净的二氧化硅良好的折光性，是现代光学及光纤制品的基本原料，故D正确．故选C．点评：本题考查食品添加剂的性质和用途，难度不大，应注意二氧化硅的性质和硅酸盐产品的种类．2．下列叙述不正确的是（）A．因为氯气具有酸性，所以可与烧碱或石灰乳反应制备含氯消毒剂B．除去乙酸乙酯中少量的乙酸：用饱和碳酸钠溶液洗涤、分液C．过氧化钠中含有离子键和非极性共价键，阴离子与阳离子的物质的量之比为1：2 D．植物油的不饱和程度高于动物油，植物油更易氧化变质考点：氯气的化学性质；离子晶体；酯的性质；物质的分离、提纯和除杂．分析：A．氯气与烧碱、石灰乳发生氧化还原反应，与酸性无关；B．乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，而乙酸可与碳酸钠反应；C．Na2O2的电子式为，阴离子为过氧根离子；D．植物油中含有不饱和键，动物油一般为饱和高级脂肪酸甘油酯．解答：解：A．氯气与烧碱、石灰乳反应生成氯化物和次氯酸盐，自身发生氧化还原反应，与酸性无关，故A错误；B．乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，而乙酸可与碳酸钠反应，则可用饱和碳酸钠溶液洗涤、分液，故B正确；C．Na2O2的电子式为，阴、阳离子的个数比为1：2，故C 正确；D．植物油为不饱和高级脂肪酸甘油酯，而动物油一般为饱和高级脂肪酸甘油酯，植物油更易氧化变质，故D正确．故选A．点评：本题综合考查元素化合物知识，为高考常见题型，侧重于学生的基础知识的考查，难度不大，注意相关知识的积累．3．在不同温度下，向VL密闭容器中加入0.5mol NO和0.5mol活性炭，发生反应：2NO（g）+C（8）=N2（g）+CO2（g）△H=﹣Qkj•mol﹣1（Q＞0），达到平衡时的数据如下：温度/℃ n （C）/mol n（CO2）/molT1 0.15T2 0.375下列有关说法正确的是（）A．由上述信息可推知：T1＞T2B． T2℃时，若反应达平衡后再缩小容器的体积，c（N2）：c（NO）增大C． T1℃时，若开始时反应物的用量均减小一半，平衡后NO的转化率增大D． T1℃时，该反应的平衡常数考点：化学平衡的计算．分析：A、根据T2时活性炭的平衡物质的量计算出二氧化碳平衡物质的量与T1℃时二氧化碳平衡物质的量比较，平衡温度对化学平衡的影响；B、反应2NO（g）+C（s）═N2（g）+CO2是气体体积不变的反应，平衡不受压强的影响；C、反应2NO（g）+C（s）═N2（g）+CO2是气体体积不变的反应，若开始时反应物的用量均减小一半，相当于压强减小，平衡不受压强的影响；D、根据反应2NO（g）+C（s）═N2（g）+CO2（g）平衡常数K=计算判断．解答：解：A、温度T2时，活性炭的平衡物质的量为0.375mol，则消耗的n（活性炭）=0.5mol ﹣0.375mol=0.125mol，故消耗的n（NO）=0.25mol，平衡时n（NO）=0.5mol﹣0.25mol=0.25mol，生成的n（N2）=0.125mol，生成的n（CO2）=0.125mol，温度T1时，生成的n（CO2）=0.15mol，反应2NO（g）+C（s）═N2（g）+CO2（g）△H=﹣213.5kJ/mol，正反应为放热反应，升温平衡逆向移动，所以T1＜T2，故A错误；B、反应2NO（g）+C（s）═N2（g）+CO2（g）是一个气体体积不变的反应，平衡后再缩小容器的体积，压强增大，但平衡不移动，故c （N2）：c （NO）不变，故B错误；C、反应2NO（g）+C（s）═N2（g）+CO2（g）是一个气体体积不变的反应，开始时反应物的用量均减小一半，压强减小，但平衡不移动，平衡后NO的转化率不变，故C错误；D、2NO（g）+C（s）═N2（g）+CO2（g）起始量（mol） 0.5 0.5 0 0变化量（mol） 0.3 0.15 0.15 0.15平衡量（mol） 0.2 0.35 0.15 0.15温度T1，平衡时c（NO）==mol/L，c（N2）=mol/L，n（CO2）=mol/L，平衡常数K===，故D正确；故选：D．点评：本题考查了化学平衡影响因素和化学平衡常数的计算问题，难度不大，注意反应2NO （g）+C（s）═N2（g）+CO2是气体体积不变的反应，平衡不受压强的影响．4．下列实验操作能达到实验目的是（）选项实验目的实验操作A 检验蔗糖水解产物中的葡萄糖取1ml 20%蔗糖溶液，加入少量稀硫酸，水浴加热后取少量溶液，加入几滴新制Cu（OH）2，加热B 除去乙烷中混有的少量乙烯将混合气体通入足量酸性KMnO4溶液中C 验证Mg（OH）2沉淀可以转化为Fe（OH）3沉淀向2ml 1mol/L NaOH溶液中加入几滴1mol/L MgCl2溶液，生成白色沉淀，再加入几滴1mol/LFeCl3D 硅酸胶体的制备向Na2SiO3溶液（饱和溶液1：2用水稀释）中加入几滴酚酞，再逐滴滴入盐酸，边加边震荡，至溶液红色变浅并接近消失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．检验葡萄糖，应在碱性溶液中；B．乙烯被高锰酸钾氧化可生成二氧化碳；C．实验操作中NaOH溶液过量，均发生沉淀的生成；D．Na2SiO3溶液水解显碱性，逐滴滴入盐酸，转化为硅酸胶体．解答：解：A．检验葡萄糖，应在碱性溶液中，则水浴加热后取少量溶液，加入几滴新制Cu（OH）2，加热，没有加碱至碱性，不能检验，故A错误；B．乙烯被高锰酸钾氧化可生成二氧化碳，则通入足量酸性KMnO4溶液中，不能除杂，应选溴水除杂，故B错误；C．实验操作中NaOH溶液过量，均发生沉淀的生成，不能说明沉淀的转化，故C错误；D．Na2SiO3溶液水解显碱性，逐滴滴入盐酸，至溶液红色变浅并接近消失，转化为硅酸胶体，故D正确；故选D．点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质的分离、制备以及性质检验等知识，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性、可行性的评价，题目难度中等．5．25℃时，0.1mol/L 的CH3COOH溶液pH=3，0.1mol/L 的HCN溶液pH=4．下列说法正确的是（）A． CH3COOH与HCN均为弱酸，酸性：HCN＞CH3COOHB．25℃时，水电离出来的c（H+）均为 10﹣9mol/L的两种酸，酸的浓度：HCN＞CH3COOH C．25℃时，浓度均为0.1mol/L 的CH3COONa和NaCN溶液中，pH大小：CH3COONa＞NaCND．25℃时，量取100m LpH=3的CH3COOH溶液加水稀释到1000m L，所得溶液由水电离的c（OH﹣）＞10﹣10mol/L．考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：25℃时，0.1mol/L 的CH3COOH溶液pH=3，0.1mol/L 的HCN溶液pH=4，说明醋酸和HCN都是弱酸，不能完全电离，且醋酸的酸性比HCN强，弱酸的酸性越弱，其酸根的水解程度越强，相同物质的量的醋酸和HCN中和NaOH的能力相同，据此分析．解答：解：A、25℃时，0.1mol/L 的CH3COOH溶液pH=3，0.1mol/L 的HCN溶液pH=4，说明醋酸和HCN都是弱酸，不能完全电离，且醋酸的酸性比HCN强，故A错误；B、醋酸和HCN溶液中氢离子浓度相同时，对水的电离的抑制作用相同，醋酸酸性比较HCN 强，当其氢离子浓度相同时，酸的浓度：HCN＞CH3COOH，故B正确；C、醋酸的酸性比HCN强，弱酸的酸性越弱，其酸根的水解程度越强，25℃时，浓度均为0.1 mol/L 的CH3COONa和NaCN溶液中，pH大小：CH3COONa＜NaCN，故C错误；D、醋酸是弱酸，加水稀释能够促进醋酸电离，溶液中氢离子物质的量增大，所以100m LpH=3的CH3COOH溶液加水稀释到1000m L，所得溶液由水电离的c（OH﹣）＜10﹣10mol/L，故D错误；故选B．点评：本题考查了弱酸存在电离平衡，注意弱酸的酸性越弱其电离程度越小，其酸根的水解程度越大，题目难度不大．6．下列坐标图均涉及到平衡原理，其中相关（）A．如图表示室温下，用0.1mol•L﹣1氨水吸收HCl气体时，溶液的粒子浓度随吸收HCl的变化，实线表示c（NH3•H2O），虚线表示c（NH），处于M点时溶液呈中性B．如图表示2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H＜0，正逆反应的平衡常数随温度的变化C．如图表示反应2NH3（g）⇌3H2（g）+N2（g），在恒温恒压装置中达平衡时，N2的物质的量与通入NH3的物质的量的变化关系D．如图表示AgCl（s）⇌Ag+（aq）+Cl﹣（aq）的离子的浓度关系，当处于b点时，蒸发部分的水后，可以到达平衡线的a点处考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；化学平衡常数的含义；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．分析：A．处于M点时溶液中氨水和铵根离子浓度均为0.05mol/L；B．升高温度平衡逆移，K（正）减小；C．增大氮气的物质的量平衡逆移；D．蒸发部分的水后，银离子和氯离子浓度均增大．解答：解：A．处于M点时溶液中氨水和铵根离子浓度均为0.05mol/L，一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，溶液显碱性，故A错误；B．已知该反应正方向为放热反应，升高温度平衡逆移，K（正）减小，K（增大），图象与实际不符，故B错误；C．增大氮气的物质的量平衡逆移，氨气的物质的量增大，图象与实际相符合，故C正确；D．蒸发部分的水后，银离子和氯离子浓度均增大，而b点到a点银离子浓度不变，故D错误．故选C．点评：本题考查了盐的水解和弱电解质的电离、平衡移动、难容电解质的溶解平衡等，把握图象中的信息是解题的关键，题目难度中等．二、非选择题（共64分）7．A、B、C、D都是中学化学常见的物质，其中A、B、C均含有同一种元素．在一定条件下相互转化的关系如图所示．请回答下列问题．（1）若通常情况下A、B、C、D都是气体，且B和D为空气的主要成分，写出反应（Ⅲ）的化学方程式：4NH3+6NO═5N2+6H2O（2）若D为氯碱工业的重要产品，A、B、C为均含有同一种金属元素的无机化合物，反应（Ⅲ）的离子方程式为Al3++3AlO2﹣+6H2O=4Al（OH）3↓（3）若B为非金属单质，且B所含元素的原子最外层电子数与内层电子数之和的比值为3：5，则反应（Ⅲ）中氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：1 ． 0.1mol A与含O．15mol NaOH的溶液充分反应后，溶液中所含离子浓度的大小关系为c（Na+）＞c（HS﹣）＞c（S2﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）．（4）若A、B、C的溶液均显碱性，C为焙制糕点的发酵粉的主要成分之一．①A中所含化学键类型为离子键、共价键，D的电子式为．②25℃时，浓度均为O．1mol/l的B、C溶液，pH较大的是Na2CO3（填溶质的化学式）溶液，写出B溶液中显电中性的原因：c（Na+）+c（H+）=2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（OH ﹣）．已知，B溶液的PH=a，则其水电离出来的H+的浓度为：10a﹣14mol/L ．考点：无机物的推断．专题：推断题．分析：（1）若通常情况下A、B、C、D都是气体，且B和D为空气的主要成分，应为氮气和氧气，结合转化关系可知，A为氨气，D为氧气，B为氮气，C为NO；（2）若D为氯碱工业的重要产品，A、B、C为均含有同一金属元素的无机化合物，可推知A 为铝盐、D为NaOH，B为Al（OH）3，C为NaAlO2；（3）若B为非金属单质，且B所含元素的原子最外层电子数与内层电子数之和的比值为3：5，由于最外层电子数不超过8，则B原子只能有3个电子层，最外层电子数为6，可推知B 为S，则A为H2S、D为O2、C为SO2；（4）若A、B、C的溶液均显碱性，C为焙制糕点的发酵粉的主要成分之一，则A为NaOH、D 为CO2、B为Na2CO3、C为NaHCO3．解答：解：（1）若通常情况下A、B、C、D都是气体，且B和D为空气的主要成分，应为氮气和氧气，结合转化关系可知，A为氨气，D为氧气，B为氮气，C为NO，则反应（Ⅲ）的化学方程式为：4NH3+6NO═5N2+6H2O，故答案为：4NH3+6NO═5N2+6H2O；（2）若D为氯碱工业的重要产品，A、B、C为均含有同一金属元素的无机化合物，可推知A 为铝盐、D为NaOH，B为Al（OH）3，C为NaAlO2，则反应（Ⅲ）的离子方程式为：Al3++3AlO2﹣+6H2O=4Al（OH）3↓，故答案为：Al3++3AlO2﹣+6H2O=4Al（OH）3↓；（3）若B为非金属单质，且B所含元素的原子最外层电子数与内层电子数之和的比值为3：5，由于最外层电子数不超过8，则B原子只能有3个电子层，最外层电子数为6，可推知B 为S，则A为H2S、D为O2、C为SO2，则反应（Ⅲ）是2H2S+SO2=3S↓+2H2O，反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：1；由反应：H2S+2NaOH=Na2S+2H2O，H2S+NaOH=NaHS+H2O，H2S与NaOH的物质的量之比=0.1：0.15=1：1.5，故硫化氢与NaOH都完全反应，所得产物为Na2S和NaHS，设所得产物中含Na2S为xmol，NaHS为ymol，则：x+y=0.1，2x+y=0.15，联立方程解得x=y=0.05，HS﹣的水解程度大于电离程度，S2﹣水解，其水解程度大于HS﹣，溶液呈碱性，且c（HS﹣）＞c（S2﹣），溶液中c（Na+）最大，故离子浓度：c（Na+）＞c（HS﹣）＞c（S2﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故答案为：2：1；c（Na+）＞c（HS﹣）＞c（S2﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；（4）若A、B、C的溶液均显碱性，C为焙制糕点的发酵粉的主要成分之一，则A为NaOH、D 为CO2、B为Na2CO3、C为NaHCO3．①NaOH中所含化学键类型为：离子键、共价键，D为CO2，电子式为，故答案为：离子键、共价键；；②25℃时，0.1mol•L﹣1 Na2CO3、NaHCO3溶液，CO32﹣的水解程度大于HCO3﹣水解，故Na2CO3溶液的pH较大，由电荷守恒可知，Na2CO3溶液中微粒浓度之间存在的等量关系：c（Na+）+c（H+）=2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（OH﹣），B为Na2CO3，溶液中水电离出来的H+的浓度等于溶液中氢氧根离子的浓度，当B溶液的PH=a，时其水电离出来的H+的浓度为mol/L=10a﹣14mol/L，故答案为：Na2CO3；c（Na+）+c（H+）=2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（OH﹣）；10a﹣14mol/L．点评：本题考查无机物推断、离子浓度的大小比较等问题，具有一定难度，需要学生熟练掌握元素化合物知识，离子浓度大小比较为易错点，（4）中注意根据物料守恒、电荷守恒确定等量关系．8．高分子化合物材料PET聚酯和PMMA的合成路线如图：已知：Ⅰ．RCOOR′+R″OH RCO18OR″+R′OH（R、R′、R″代表烃基）Ⅱ．（R、R′代表烃基）（1）PMMA单体的化学名称甲基丙烯酸甲酯．（2）F的核磁共振氢谱显示只有一组峰，⑤的化学方程式为．反应⑤、⑥的反应类型氧化反应、消去反应（3）G的分子式C4H8O3，G中官能团的名称羟基、羧基2分子G可形成环状化合物，写出化学方程式2+2H2O ．（4）I的某种同分异构体与I具有相同官能团，且为顺式结构，其结构简式是．（5）写出与F互为同分异构体且含单官能团的所有有机物的结构简式CH3CH2CHO、、、．（6）写出由PET单体制备PET聚酯并生成B的化学方程式．考点：有机物的推断．专题：有机物的化学性质及推断．分析：乙烯和溴发生加成反应生成A，则A结构简式为CH2BrCH2Br，A和NaOH水溶液发生取代反应生成B，B为HOCH2CH2OH，根据信息I结合分子式知，J结构简式为、D为HOCH3，J发生发生信息I的反应生成PET聚酯；根据PMMA的结构可知，PMMA单体为CH2=C（CH3）COOCH3；E氧化得F，F的核磁共振氢谱显示只有一组峰，F发生信息Ⅱ中的反应得G，G在浓硫酸作用下发生消去反应得J，结合PMMA单体的结构和E的分子式可知，E为CH3CHOHCH3，F为CH3COCH3，G为（CH3）2COHCOOH，I为CH2=C（CH3）COOH，据此分析解答．解答：解：乙烯和溴发生加成反应生成A，则A结构简式为CH2BrCH2Br，A和NaOH水溶液发生取代反应生成B，B为HOCH2CH2OH，根据信息I结合分子式知，J结构简式为、D为HOCH3，J发生发生信息I的反应生成PET聚酯；根据PMMA的结构可知，PMMA单体为CH2=C（CH3）COOCH3；E氧化得F，F的核磁共振氢谱显示只有一组峰，F发生信息Ⅱ中的反应得G，G在浓硫酸作用下发生消去反应得J，结合PMMA单体的结构和E的分子式可知，E为CH3CHOHCH3，F为CH3COCH3，G为（CH3）2COHCOOH，I为CH2=C（CH3）COOH，（1）PMMA单体为CH2=C（CH3）COOCH3，其名称是甲基丙烯酸甲酯，故答案为：甲基丙烯酸甲酯；（2）2﹣丙醇发生氧化反应生成丙酮，该反应方程式为，反应⑤、⑥的反应类型氧化反应、消去反应，故答案为：；氧化反应；消去反应；（3）G为（CH3）2COHCOOH，其分子式为C4H8O3，其官能团名称是羟基、羧基，2分子G可形成环状化合物，方程式为2+2H2O，故答案为：C4H8O3；羟基；羧基；2+2H2O；（4）I的某种同分异构体与I具有相同官能团，且为顺式结构，其结构简式是，故答案为：；（5）与F互为同分异构体且含单官能团的所有有机物的结构简式为CH3CH2CHO、、、，故答案为：CH3CH2CHO、、、；（6）由PET单体制备PET聚酯并生成B的化学方程式为，故答案为：．点评：本题考查有机物推断，为高频考点，根据结构简式、分子式及反应条件、题给信息进行推断，侧重考查学生分析推断及自学和知识迁移能力，正确推断物质结构简式是解本题关键，易错点是（6）题中生成醇的计量数．9．亚硝酸钠是一种工业盐，用途广泛；外观与食盐非常相似，但毒性较强．某化学兴趣小组对食盐与亚硝酸钠进行了如下探究：㈠鉴别NaCl和NaNO21测定溶液pH用pH试纸分别测定0.1mol/L两种盐溶液的pH，测得NaNO2溶液呈碱性．NaNO2溶液呈碱性的原因是NO2﹣+H2O=HNO2+OH﹣（用离子方程式解释）．NaNO2溶液中c（HNO2）= c（OH﹣）﹣c（H+）或c（Na+）﹣c（NO2﹣）（用溶液中其它离子的浓度关系式表示）．2沉淀法取2mL0.1mol/L两种盐溶液于试管中，分别滴加几滴稀硝酸银溶液．两支试管均产生白色沉淀．分别滴加几滴稀硝酸并振荡，盛NaNO2溶液的试管中沉淀溶解．该温度下K sp（AgNO2）=2×10﹣8； K sp（AgCl）=1.8×10﹣10则反应AgNO2（s）+Cl﹣（aq）═AgCl（s）+NO2﹣（aq）的化学平衡常数K= （计算结果保留两位小数）．㈡NaNO2性质探究该兴趣小组同学用如图装置探究亚硝酸钠与硫酸反应产生的气体产物成分．已知：①2NaNO2+H2SO4═Na2SO4+NO↑+NO2↑+H2O②气体液化的温度：NO2：21℃（液化为暗褐色液体）、NO：﹣152℃（1）为了检验装置A中生成的气体产物中的氮氧化物，仪器的连接顺序为（从左向右连接）：A→ D → E → C → B ．（2）反应前应打开弹簧夹，先通入一段时间氮气．通氮气的目的是排除装置中的空气，防止一氧化氮被氧化．（3）再关闭弹簧夹，打开分液漏斗活塞，滴入70%硫酸后，A中产生红棕色气体．①如何确认A中产生气体是否含有NO 打开活塞，向D中通入O2，若出现红棕色气体，证明A中产生气体含有NO；若无红棕色气体出现，则不含NO ．（写出实验操作、现象和结论）②装置E的作用是冷凝，使NO2完全液化．③若向C中通入过量O2，则装置B中发生反应的化学方程式为4NO2+O2+4NaOH=4NaNO3+2H2O ．考点：性质实验方案的设计．专题：实验设计题．分析：（一）（1）NaNO2溶液显示碱性，NaNO2说明为强碱弱酸盐，亚硝酸根离子水解导致溶液显示碱性；根据亚硝酸钠溶液中的质子守恒或物料守恒分析；（2）写出该反应的平衡常数表达式，然后根据K sp（AgNO2）、K sp（AgCl）进行计算；（二）（1）根据各部分装置的作用进行连接；（2）根据装置中含有空气，NO易与空气中氧气反应分析；（3）①根据一氧化氮和氧气反应生成红棕色二氧化氮气体判断；②温度低于二氧化氮液化温度时，二氧化氮变成液态；③氧气过量，进入B中可理解为先生成硝酸，硝酸再与氢氧化钠反应生成硝酸钠和水．解答：解：（一）（1）由于亚硝酸钠溶液中存在水解平衡：NO2﹣+H2O=HNO2+OH﹣，所以亚硝酸钠溶液显示碱性；根据亚硝酸钠溶液中的质子守恒可得：c（OH﹣）=c（HNO2）+c（H+），则c（HNO2）=c（OH﹣）﹣c（H+），根据物料守恒可得：c（HNO2）=c（Na+）﹣c（NO2﹣），故答案为：NO2﹣+H2O=HNO2+OH﹣；c（OH﹣）﹣c（H+）或c（Na+）﹣c（NO2﹣）；（2）反应AgNO2（s）+Cl﹣（aq）═AgCl（s）+NO2﹣（aq）的化学平衡常数K=，根据K sp（AgCl）=c（Cl﹣）•c（Ag+）、K sp（AgNO2）=c（NO2﹣）•c（Ag+）可知，K====，。

2015年天津市十二校联考高考化学二模试卷一、选择题（共6小题，每小题6分，满分36分）1．（6分）（2015•天津二模）化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关，下列说法正确的是（）A ．“地沟油”可以生产“生物燃料”，生物燃料本质上能量来源于太阳能B ．消除水体中的HgCl2污染可利用微生物使其转化为有机汞CH3HgClC ．人体内没有能使纤维素水解成葡萄糖的酶，但可以加强胃肠蠕动，有助于消化，因此纤维素是人类的营养食物D ．半导体行业中有一句话：“从沙滩到用户”，计算机芯片的材料是经提纯的二氧化硅2．（6分）（2015•天津二模）U、V、W、X为四种短周期元素，有关这四种元素的说法中一定正确的是（）元素U V W X原子半径（nm）0.077 0.075 0.102 0.099最高正价或最低负价+4 +5 ﹣2 ﹣1A ．V的氢化物与X的氢化物反应的产物只含有共价键B ．1molX的单质参加氧化还原反应时转移的电子数为1.204×1024C ．U与W形成UW2时各原子均满足8电子稳定结构D ．0.3molCu分别与足量HVO3和H2WO4的稀溶液反应均产生0.2mol 气体3．（6分）（2015•天津二模）下列关于各实验装置图的叙述中正确的是（）A．装置：构成锌﹣铜原电池B．装置：实验室制氨气并收集干燥的氨气C．装置：验证溴乙烷发生消去反应生成烯烃D．装置：由实验现象推知酸性强弱顺序为CH3COOH＞H2CO3＞C6H5OH4．（6分）（2015•天津二模）下列有关溶液的说法正确的是（）A ．向0.1mol•L﹣1的氨水中加入少量硫酸铵固体，则溶液中增大B ．物质的量浓度相等的①（NH4）2SO4溶液、②NH4HCO3溶液、③NH4Cl 溶液、④（NH4）2Fe（SO4）2溶液中，c（）的大小关系：④＞①＞②＞③C ．将0.2 mol•L ﹣1的某一元酸HA溶液和0.1 mol•L﹣1 NaOH溶液等体积混合后溶液pH大于7，则反应后的混合液：c （HA）＞c （Na+）＞c（A ﹣）D ．物质的量浓度之比为1：1的NaClO、NaHCO3混合溶液中：c （HClO）+c （ClO﹣）═c（）+c （）5．（6分）（2015•天津二模）传感器可以检测空气中SO2的含量，传感器工作原理如图所示．下列叙述中正确的是（）A ．b为电源的正极B ．负极反应式Ag﹣e﹣+Cl﹣═AgClC ．当电路中电子转移为5×10﹣5 mol 时，进入传感器的SO2为1.12 mLD ．阴极的电极反应式是：2HSO3﹣+2H++2e﹣═S2O42﹣+2H2O6．（6分）（2015•浦东新区模拟）根据下列各图曲线表征的信息，得出的结论不正确的是（）A．表示向100mL1mol•L﹣1 FeI2溶液中逐渐通入Cl2，I2和Fe3+物质的量变化关系B．表示向100mL 0.1mol•L﹣1硫酸铝铵[NH4Al（SO4）2]溶液中逐滴滴入0.1 mol•L﹣1Ba（OH）2溶液，沉淀物质的量变化的关系C．表示在不同温度下，水溶液中c（H+）与c（OH﹣）变化关系D．得出若除去CuSO4溶液中的Fe3+，可采用向溶液中加入适量CuO，调节溶液的pH至4左右二、解答题（共4小题，满分64分）7．（14分）（2015•石景山区模拟）一些常见的单质、化合物有如图1所示的转化关系（有些反应的条件和部分物质未全部列出）．已知在常温常压下，F为红棕色气体；L为白色不溶于水的固体，它既能与盐酸反应又能与氢氧化钠反应；A、H为生活中常见的两种金属；D为非金属气态单质．（1）形成H的元素在周期表中的位置为，D的电子式为．（2）A的氧化物在生产生活中的用途有（任答一条）．（3）J的盐溶液可以做净水剂，写出此反应的离子方程式．（4）利用如图2装置可制得M，请写出阳极反应的方程式．（5）A与G的稀溶液反应生成的气体遇空气变成F，写出A与G反应的离子方程式：．（6）B、C、L均是含有同一元素的化合物，用离子方程式写出以B、C为主要原料从不同途径制备L的两种可行方法、．（7）写出检验I溶液中阳离子的实验方法．8．（18分）（2015•浦东新区模拟）G是一种合成橡胶和树脂的重要原料，A是C、H、O三种元素组成的五元环状化合物，相对分子质量为98，其中氧元素的质量分数为49%，其核磁共振氢谱只有一个峰；F的核磁共振氢谱有3个峰，峰面积之比为2：2：3．已知：（其中R是烃基）①2RCOOH②RCOOH RCH2OH有关物质的转化关系如图所示，请回答以下问题．（1）B中含氧官能团的名称是；A的结构简式为．⑤的反应类型是．G与Br2的CCl4溶液反应，所有可能的产物共有种．（2）反应④的化学方程式为．（3）E可在一定条件下生成高分子化合物，写出该高分子化合物可能的结构简式：．（4）反应⑥的化学方程式为．（5）有机物Y与E互为同分异构体，且具有相同的官能团种类和数目，写出所有符合条件的Y的结构简式．（6）写出由G合成2﹣氯﹣1，3﹣丁二烯的合成路线（无机试剂任选）：合成路线流程图示例如下：CH3CH2OH H2C=CH2．9．（18分）（2015•天津二模）综合利用海水资源是一个重要的研究课题，下面是工业上用海水制备食盐、纯碱、金属镁等物质的一种流程：完成下列填空（1）实验室提纯粗盐的实验操作依次为：取样、溶解、、．（2）气体Y是（填化学式），溶液II中发生反应的化学方程式是：．实验室可用右图装置模拟此制备过程，仪器c的名称，反应时a管应通入．（3）写出由MgCl2•6H2O制备无水MgCl2的操作方法．（4）为了测定碳酸氢钠中杂质氯元素的含量，先称取a g试样用蒸馏水溶解，再用足量稀硝酸酸化，配成100mL溶液，取出20mL注入锥形瓶中，然后用c mol/LAgNO3标准溶液滴定Cl﹣，K2CrO4溶液为指示剂．已知：常温下K sp（AgCl）=2×10﹣10，K sp（Ag2CrO4）=1.12×10﹣12，Ag2CrO4为砖红色．①当Cl﹣恰好沉淀完全即溶液中残余c（Cl﹣）=1.0×10﹣5 mol•L﹣1，则此时溶液中的c（CrO42﹣）=mol•L﹣1．②滴定过程中，使用棕色滴定管的原因是；当观察到出现时停止滴定，若此时消耗了AgNO3标准溶液v mL，则碳酸氢钠样品中杂质氯元素的质量分数表达式为．③下列情况会造成实验测定结果偏低的是．a．盛放AgNO3溶液的滴定管水洗后未用标准液润洗b．滴定管滴定前尖嘴部分有气泡，滴定后消失c．滴定前仰视读数，滴定后俯视读数．10．（14分）（2015•天津二模）煤的气化可以减少环境污染，而且生成的CO和H2被称作合成气，能合成很多基础有机化工原料．（1）工业上可利用CO生产乙醇：2CO（g）+4H2（g）⇌CH3CH2OH（g）+H2O（g）△H1 又已知：H2O（l）═H2O（g）△H2 CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H3工业上也可利用CO2（g）与H2（g）为原料合成乙醇：2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3CH2OH （g）+3H2O（l）△H则：△H与△H1、△H2、△H3之间的关系是：△H=．（2）一定条件下，H2、CO在体积固定的绝热密闭容器中发生如下反应：4H2（g）+2CO（g）CH3OCH3（g）+H2O（g），下列选项能判断该反应达到平衡状态的依据的有．A．v（H2）=2v（CO）B．平衡常数K不再随时间而变化C．混合气体的密度保持不变D．混合气体的平均相对分子质量不随时间而变化（3）工业可采用CO与H2反应合成再生能源甲醇，反应：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g），在一容积可变的密闭容器中充有10molCO和20mol H2，在催化剂作用下发生反应生成甲醇．CO的平衡转化率（α）与温度（T）、压强（p）的关系如图1所示．①合成甲醇的反应为（填“放热”或“吸热”）反应．②A、B、C三点的平衡常数K A、K B、K C的大小关系为．P1和P2的大小关系为．③若达到平衡状态A时，容器的体积为10L，则在平衡状态B时容器的体积为L．④CO的平衡转化率（α）与温度（T）、压强（p）的关系如图2所示，实际生产时条件控制在250℃、1.3×104kPa左右，选择此压强的理由是．2015年天津市十二校联考高考化学二模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共6小题，每小题6分，满分36分）1．（6分）（2015•天津二模）化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关，下列说法正确的是（）A ．“地沟油”可以生产“生物燃料”，生物燃料本质上能量来源于太阳能B ．消除水体中的HgCl2污染可利用微生物使其转化为有机汞CH3HgClC ．人体内没有能使纤维素水解成葡萄糖的酶，但可以加强胃肠蠕动，有助于消化，因此纤维素是人类的营养食物D ．半导体行业中有一句话：“从沙滩到用户”，计算机芯片的材料是经提纯的二氧化硅考点：油脂的性质、组成与结构；"三废"处理与环境保护；硅和二氧化硅．分析：A．生物质本质上能来源于太阳能；B．HgCl2为弱电解质，甲基氯汞为剧毒物质；C．人体内没有能使纤维素水解成葡萄糖的酶；D．Si可做为半导体，二氧化硅是光导纤维的主要成分．解答：解：A．“地沟油”是油脂，来自于太阳能，生物燃料本质上能量来源于太阳能，故A正确；B．HgCl2为弱电解质，甲基氯汞为剧毒物质，毒性增强，故B错误；C．人体内没有能使纤维素水解成葡萄糖的酶，因此纤维素不能作为人类的营养食物，故C错误；D．Si原子最外层电子为4个，既难得电子，也难失去电子，可做为半导体，可用于制造硅芯片，计算机芯片的材料是经提纯的硅，故D错误．故选A．点评：本题考查化学与生活，涉及能源、材料、环境关系密切相关的知识，为高频考点，侧重于基础知识的综合理解和运用的考查，题目难度不大．2．（6分）（2015•天津二模）U、V、W、X为四种短周期元素，有关这四种元素的说法中一定正确的是（）元素U V W X原子半径（nm）0.077 0.075 0.102 0.099 最高正价或最低负价+4 +5 ﹣2 ﹣1A ．V的氢化物与X的氢化物反应的产物只含有共价键B ．1molX的单质参加氧化还原反应时转移的电子数为1.204×1024C ．U与W形成UW2时各原子均满足8电子稳定结构D ．0.3molCu分别与足量HVO3和H2WO4的稀溶液反应均产生0.2mol 气体考点：位置结构性质的相互关系应用．分析：U的最高正化合价为+4，处于第ⅣA族，V的最高正化合价为+5，处于第ⅤA族，W的最低负化合价为﹣2，处于ⅥA族，X的最低负化合价为﹣1，处于ⅥA族，由于同周期自左而右原子半径减小，而原子半径W＞X＞U＞V，故Z、W处于第三周期，U、V处于第二周期，故U为碳元素，V为氮元素，W为硫元素，X为Cl元素，据此解答．解答：解：A．V的氢化物与X的氢化物反应的产物为氯化铵，氯化铵属于离子化合物，含有离子键与共价键，故A错误；B.1mol氯气的单质参加氧化还原反应时，不一定全部是氧化剂，如与水反应，起氧化剂与还原剂作用，各占一半，转移的电子为1mol，故B错误；C．CS2中C原子、S原子的化合价绝对值与原子的最外层电子数之和都等于8，C原子、S原子均满足8电子稳定结构，故C正确；D．铜与浓硝酸反应生成二氧化氮、与稀硝酸反应生成NO，铜与稀硫酸不反应，产生气体不相等，故D错误；故选C．点评：本题考查结构性质位置关系、元素化合物性质、分子结构、化学键、氧化还原反应等，难度中等，根据化合价与原子半径推断元素是解题关键，B选项是易错点，容易认为氯气只做氧化剂．3．（6分）（2015•天津二模）下列关于各实验装置图的叙述中正确的是（）A．装置：构成锌﹣铜原电池B．装置：实验室制氨气并收集干燥的氨气C．装置：验证溴乙烷发生消去反应生成烯烃D．装置：由实验现象推知酸性强弱顺序为CH3COOH＞H2CO3＞C6H5OH考点：化学实验方案的评价．专题：实验评价题．分析：A．电极与电解质溶液颠倒；B．NH4Cl与Ca（OH）2加热得到NH3，氨气可用碱石灰干燥，密度比空气小，易溶于水；C．不能排出乙醇的影响；D．生成的二氧化碳含有乙酸．解答：解：A．应将锌插入硫酸锌，铜插入硫酸铜溶液中，否则锌置换铜，不能形成原电池反应，故A错误；B．NH4Cl与Ca（OH）2加热得到NH3，碱石灰干燥NH3，圆底烧瓶干燥收集NH3，水处理多余NH3，故B正确；C．乙醇易挥发，其能与酸性高锰酸钾溶液反应，应先除去乙醇，故C错误；D．乙酸和碳酸钠溶液反应生成二氧化碳气体，生成的二氧化碳含有乙酸，不能证明酸性H2CO3＞C6H5OH，故D错误．故选B．点评：本题考查化学实验方案的评价，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，为高考常见题型，注意把握实验的原理以及实验操作的严密性的判断，难度不大．4．（6分）（2015•天津二模）下列有关溶液的说法正确的是（）A ．向0.1mol•L﹣1的氨水中加入少量硫酸铵固体，则溶液中增大B ．物质的量浓度相等的①（NH4）2SO4溶液、②NH4HCO3溶液、③NH4Cl 溶液、④（NH4）2Fe（SO4）2溶液中，c （）的大小关系：④＞①＞②＞③C ．将0.2 mol•L ﹣1的某一元酸HA溶液和0.1 mol•L﹣1 NaOH溶液等体积混合后溶液pH大于7，则反应后的混合液：c （HA）＞c （Na+）＞c（A ﹣）D ．物质的量浓度之比为1：1的NaClO、NaHCO3混合溶液中：c （HClO）+c （ClO﹣）═c（）+c （）考点：离子浓度大小的比较；弱电解质在水溶液中的电离平衡．分析：A．由于（NH4）2SO4=2NH4++SO42﹣，溶液中NH4+浓度增大，一水合氨的电离程度减小；B．（NH4）2SO4、（NH4）2Fe（SO4）2的化学式中含有2个铵根离子，且亚铁离子抑制了铵根离子的水解，则（NH4）2Fe （SO4）2溶液中铵根离子浓度最大，其次为（NH4）2SO4，碳酸氢根离子促进了铵根离子的水解，则四种溶液中，NH4HCO3溶液中铵根离子浓度最小；C．反应后溶液中溶质为等浓度的HA 和NaA，混合液pH大于7，说明A﹣的水解程度大于HA的电离程度，则c（HA）＞c（A﹣），再结合物料守恒可得c （HA）＞c （Na+）＞c（A ﹣）；D．根据次氯酸钠、碳酸氢钠溶液中的物料守恒判断．解答：解：A．由于（NH4）2SO4=2NH4++SO42﹣导致溶液中NH4+浓度增大，抑制氨水的电离，则溶液中减小，故A错误；B．浓度相同的四种溶液中，（NH4）2SO4、（NH4）2Fe（SO4）2的化学式中含有2个铵根离子，且亚铁离子抑制了铵根离子的水解，则（NH4）2Fe（SO4）2溶液中c（NH4+）最大，其次为（NH4）2SO4，碳酸氢根离子促进了NH4+的水解，则四种溶液中，NH4HCO3溶液中c（NH4+）最小，所以c （NH4+）的大小关系为：④＞①＞③＞②，故B错误；C．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，溶质为等浓度的HA和NaA，混合液pH大于7，说明A﹣的水解程度大于HA 的电离程度，则c（HA）＞c（A﹣），根据物料守恒c（A ﹣）+c（HA）=2c（Na+）可知：c（HA）＞c（Na+）＞c（A﹣），故C 正确；D．物质的量浓度之比为1：1的NaClO、NaHCO3混合溶液中，根据物料守恒可得：c（HClO）+c（ClO﹣）=c （Na+）=c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3），故D错误；故选C．点评：本题考查离子浓度大小比较、盐的水解原理及其应用等知识，题目难度中等，在判断能水解的盐溶液中离子浓度大小时，要注意把握影响盐类水解的外界条件，把握弱电解质的电离特征及其影响因素．5．（6分）（2015•天津二模）传感器可以检测空气中SO2的含量，传感器工作原理如图所示．下列叙述中正确的是（）A ．b为电源的正极B ．负极反应式Ag﹣e﹣+Cl﹣═AgClC ．当电路中电子转移为5×10﹣5 mol时，进入传感器的SO2为1.12 mLD ．阴极的电极反应式是：2HSO3﹣+2H++2e﹣═S2O42﹣+2H2O考点：电解原理．分析：A、与b电极连接的电解池的电极上发生HSO3﹣变化为S2O42﹣，硫元素化合价降低发生还原反应，判断为阴极；B、与电源a极相连的电极为电解池的阳极；C、温度和压强不知不能计算气体体积；D、阴极的电极反应为HSO3﹣变化为S2O42﹣，依据电荷守恒和原子守恒书写电极反应判断．解答：解：A、与b电极连接的电解池的电极上发生为S2O42﹣，硫元素化合价降低发生还原反应，判断为阴极，b电极为原电池的负极，故A错误；B、与电源a极相连的电极为电解池的阳极，电极反应式Ag﹣e﹣+Cl﹣═AgCl，故B错误；C、温度和压强不知不能计算气体体积，故C错误；D、阴极的电极反应为HSO3﹣变化为S2O42﹣，依据电荷守恒和原子守恒书写电极反应为2HSO3﹣+2H++2e﹣═S2O42﹣+2H2O，故D正确；故选D．点评：本题考查了原电池、电解池原理的分析判断，主要是电极分析，关键，题目难度中等．6．（6分）（2015•浦东新区模拟）根据下列各图曲线表征的信息，得出的结论不正确的是（）A．表示向100mL1mol•L﹣1 FeI2溶液中逐渐通入Cl2，I2和Fe3+物质的量变化关系B．表示向100mL 0.1mol•L﹣1硫酸铝铵[NH4Al（SO4）2]溶液中逐滴滴入0.1 mol•L﹣1Ba（OH）2溶液，沉淀物质的量变化的关系C．表示在不同温度下，水溶液中c（H+）与c（OH﹣）变化关系D．得出若除去CuSO4溶液中的Fe3+，可采用向溶液中加入适量CuO，调节溶液的pH至4左右考点：氧化还原反应的计算；离子方程式的有关计算；水的电离；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．分析：A．n（FeI2）=0.1L×1mol/L=0.1mol，n（I﹣）=0.2mol、n（Fe2+）=0.1mol，碘离子还原性大于亚铁离子，所以碘离子先被氯气氧化、后亚铁离子被氯气氧化，发生的离子反应方程式分别为2 I﹣+Cl2=I2+2Cl ﹣、2Fe2++Cl2=2 Cl﹣+2Fe3+，根据氯气和碘离子、亚铁离子之间的关系式计算；B．加入氢氧化钡溶液时，氢氧根离子先和铝离子反应生成氢氧化铝沉淀，后和铵根离子反应生成一水合氨，当铵根离子完全反应后，氢氧根离子和氢氧化铝反应生成偏铝酸根离子；C．水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离；D．除去CuSO4溶液中的Fe3+，要使铁离子除去但不能除去铜离子，根据溶液pH与产生沉淀的关系知，当pH=4时氢氧化铁完全沉淀．解答：解：A．n（FeI2）=0.1L×1mol/L=0.1mol，n（I﹣）=0.2mol、n（Fe2+）=0.1mol，碘离子还原性大于亚铁离子，所以碘离子先被氯气氧化、后亚铁离子被氯气氧化，发生的离子反应方程式分别为2I﹣+Cl2=I2+2Cl﹣、2Fe2++Cl2=2Cl﹣+2Fe3+，0.2mol碘离子完全反应需要0.1mol氯气、0.1mol亚铁离子完全反应需要0.05mol氯气，所以图象正确，故A正确；B．加入氢氧化钡溶液时，氢氧根离子先和铝离子反应生成氢氧化铝沉淀，后和铵根离子反应生成一水合氨，当铵根离子完全反应后，氢氧根离子和氢氧化铝反应生成偏铝酸根离子，但生成氢氧化铝沉淀消耗NaOH的体积是氢氧化铝转化为偏铝酸钠体积的3倍，所以该图象错误，故B 错误；C．水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，水的离子积常数增大，所以图象正确，故C正确；D．除去CuSO4溶液中的Fe3+，要使铁离子除去但不能除去铜离子，根据溶液pH与产生沉淀的关系知，当pH=4时氢氧化铁完全沉淀，可以加入CuO降低溶液的pH且不引进杂质，故D正确；故选B．点评：本题考查较综合，涉及物质之间的反应、除杂、水的电离等知识点，明确物质性质、物质之间反应关系式是解本题关键，注意AB中离子反应先后顺序，为易错点．二、解答题（共4小题，满分64分）7．（14分）（2015•石景山区模拟）一些常见的单质、化合物有如图1所示的转化关系（有些反应的条件和部分物质未全部列出）．已知在常温常压下，F为红棕色气体；L为白色不溶于水的固体，它既能与盐酸反应又能与氢氧化钠反应；A、H为生活中常见的两种金属；D为非金属气态单质．（1）形成H的元素在周期表中的位置为第四周期第Ⅷ族，D的电子式为．（2）A的氧化物在生产生活中的用途有（任答一条）耐火材料、冶炼金属铝等．（3）J的盐溶液可以做净水剂，写出此反应的离子方程式Fe3++3 H2O⇌Fe（OH）3（胶体）+3H+．（4）利用如图2装置可制得M，请写出阳极反应的方程式Fe﹣2e﹣+2OH﹣=Fe（OH）2．（5）A与G的稀溶液反应生成的气体遇空气变成F，写出A与G反应的离子方程式：Al+4H++（稀）Al3++NO↑+2H2O．（6）B、C、L均是含有同一元素的化合物，用离子方程式写出以B、C为主要原料从不同途径制备L的两种可行方法Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+、AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣．（7）写出检验I溶液中阳离子的实验方法取少量I溶液于一支试管中，加入少量铁氰化钾溶液，若出现蓝色沉淀即证明存在亚铁离子．考点：无机物的推断．分析：已知在常温常压下，F为红棕色气体，则F为NO2，D为非金属气态单质，由D EF转化，可知D为N2、E为NO，F与水反应生成G为HNO3，金属H与硝酸反应生成J，J与G反应生成I，而I能与硝酸反应生成G，则H为变价金属，故H为Fe，J为Fe（NO3）3，I为Fe（NO3）2，M为Fe（OH）2．L为白色不溶于水的固体，它既能与盐酸反应又能与氢氧化钠反应，L为两性物质，含有Al元素，由转化关系可知金属A为Al，则B为AlCl3，C为NaAlO2，偏铝酸钠与硝酸铁发生双水解反应得到L与K，故L为Al（OH）3，K为Fe（OH）3，据此解答．解答：解：已知在常温常压下，F为红棕色气体，则F为NO2，D为非金属气态单质，由D EF转化，可知D为N2、E为NO，F与水反应生成G为HNO3，金属H与硝酸反应生成J，J 与G反应生成I，而I能与硝酸反应生成G，则H 为变价金属，故H为Fe，J 为Fe（NO3）3，I为Fe （NO3）2，M 为Fe（OH）2．L为白色不溶于水的固体，它既能与盐酸反应又能与氢氧化钠反应，L为两性物质，含有Al元素，由转化关系可知金属A 为Al，则B 为AlCl3，C 为NaAlO2，偏铝酸钠与硝酸铁发生双水解反应得到L与K，故L为Al （OH）3，K为Fe（OH）3．（1）形成H 的元素为Fe，在周期表中的位置为第四周期第Ⅷ族，D为N2，电子式为，故答案为：第四周期第Ⅷ族；；（2）A的氧化物为氧化铝，在生产生活中的用途有：耐火材料、冶炼金属铝等，故答案为：耐火材料、冶炼金属铝等；（3）Fe（NO3）3溶液可以做净水剂，此反应的离子方程式为：Fe3++3H2O⇌Fe （OH）3（胶体）+3H+，故答案为：Fe3++3H2O⇌Fe （OH）3（胶体）+3H+；（4）利用如图2装置可制得氢氧化亚铁，阳极反应的方程式为：Fe﹣2e﹣+2OH﹣=Fe （OH）2，故答案为：Fe ﹣2e﹣+2OH﹣=Fe（OH）2；（5）Al与硝酸稀溶液反应生成的气体遇空气变成二氧化氮，则反应生成NO，Al与稀硝酸反应的离子方程式：Al+4H++（稀）Al3++NO↑+2 H2O，故答案为：Al+4H++（稀）Al3++NO↑+2 H2O；（6）氯化铝与氨水反应制备氢氧化铝，反应离子方程式为：Al3++3NH3•H2O=Al （OH）3↓+3NH4+，偏铝酸钠溶液通入过量的二氧化碳制备氢氧化铝，反应离子方程式为：AlO2﹣+CO2+2H2O= Al（OH）3↓+HCO3﹣，氯化铝与偏铝酸钠溶液反应制备氢氧化铝，反应离子方程式为：Al3++3AlO2﹣+6H2O=4Al （OH）3↓，故答案为：Al3++3NH3•H2O=Al （OH）3↓+3NH4+；AlO2﹣+CO2+2H2O= Al（OH）3↓+HCO3﹣等；（7）检验Fe （NO3）2溶液中阳离子的实验方法：取少量I溶液于一支试管中，加入少量铁氰化钾溶液，若出现蓝色沉淀即证明存在亚铁离子，故答案为：取少量I溶液于一支试管中，加入少量铁氰化钾溶液，若出现蓝色沉淀即证明存在亚铁离子．点评：本题考查无机物推断，涉及Al、Fe、N元素单质化合物的性质与转化，F物质的颜色、L的性质为推断突破口，难度中等，注意亚铁离子的检验方法．8．（18分）（2015•浦东新区模拟）G是一种合成橡胶和树脂的重要原料，A是C、H、O三种元素组成的五元环状化合物，相对分子质量为98，其中氧元素的质量分数为49%，其核磁共振氢谱只有一个峰；F的核磁共振氢谱有3个峰，峰面积之比为2：2：3．已知：（其中R是烃基）①2RCOOH②RCOOH RCH2OH有关物质的转化关系如图所示，请回答以下问题．（1）B中含氧官能团的名称是羧基；A的结构简式为．⑤的反应类型是加成反应．G与Br2的CCl4溶液反应，所有可能的产物共有3种．（2）反应④的化学方程式为．（3）E可在一定条件下生成高分子化合物，写出该高分子化合物可能的结构简式：．（4）反应⑥的化学方程式为HOOCCH2CH2COOH+2C2H5OH CH3CH2OOCCH2CH2COOCH2CH3+2H2O．（5）有机物Y与E互为同分异构体，且具有相同的官能团种类和数目，写出所有符合条件的Y的结构简式．（6）写出由G合成2﹣氯﹣1，3﹣丁二烯的合成路线（无机试剂任选）：合成路线流程图示例如下：CH3CH2OH H2C=CH2．考点：有机物的合成．分析：A是一种五元环状化合物，其核磁共振氢谱只有一个峰，说明A中只含一种类型的H原子，A能水解生成B，B能和氢气发生加成反应生成C，说明B中含有碳碳双键，结合题给信息和A的分子式知，A的结构简式为：，A水解生成B，B的结构简式为HOOCCH=CHCOOH，B 和氢气发生加成反应生成C，C的结构简式为HOOCCH2C H2COOH，B 和水发生反应生成E，根据B和E的摩尔质量知，B 发生加成反应生成E，所以E的结构简式为：HOOCCH2C H（OH）COOH，C和X反应生成F，根据F的分子式知，X 是乙醇，F的结构简式为CH3CH2OOC CH2CH2COO CH2CH3，C 反应生成D，结合题给信息知，D的结构简式为HOCH2CH2C H2CH2OH，D 在浓硫酸、加热条件下反应生成G，根据G的分子式知，D发生消去反应生成G，G的结构简式为：CH2=CHCH=CH2，据此分析解答．解答：解：A是一种五元环状化合物，其核磁共振氢谱只有一个峰，说明A中只含一种类型的H原子，A能水解生成B，B能和氢气发生加成反应生成C，说明B中含有碳碳双键，结合题给信息和A的分子式知，A的结构简式为：，A水解生成B，B的结构简式为HOOCCH=CHCOOH，B和氢气发生加成反应生成C，C的结构简式为HOOCCH2CH2COOH，B和水发生反应生成E，根据B和E的摩尔质量知，B 发生加成反应生成E，所以E的结构简式为：HOOCCH2C H（OH）COOH，C和X反应生成F，根据F的分子式知，X 是乙醇，F的结构简式为CH3CH2OOC CH2CH2COO CH2CH3，C 反应生成D，结合题给信息知，D的结构简式为HOCH2CH2C H2CH2OH，D 在浓硫酸、加热条件下反应生成G，根据G的分子式知，D发生消去反应生成G，G的结构简式为：CH2=CHCH= CH2．（1）B为HOOCCH=C HCOOH，B 中含氧官能团的名称是羧基；A的结构简式为；⑤的反应类型是加成反应；G与Br2的CCl4溶液反应，所有可能的产物共有3种，故答案为：羧基；；加成反应；3；（2）反应④的化学方程式为，故答案为：；（3）E的结构简式为：HOOCCH2C H（OH）COOH，E可在一定条件下生成高分子化合物，该高分子化合物可能的结构简式：，故答案为：；（4）反应⑥的化学方程式为HOOCCH2C H2COOH+2C 2H5OHCH3CH2OOCCH2 CH2COOCH2 CH3+2H2O，故答案为：HOOCCH2C H2COOH+2C 2H5OHCH3CH2OOCCH2 CH2COOCH2 CH3+2H2O；（5）E的结构简式为：HOOCCH2C H（OH）COOH，有机物Y与E互为同分异构体，且具有相同的官能团种类和数目，符合条件的Y的结构简式，故答案为：；（6）G为CH2=CHCH= CH2，G和溴发生加成反应生成BrCH2CH=C HCH2Br，BrCH2CH=C HCH2Br和NaOH的水溶液加热发生取代反应生成HOCH2CH= CHCH2OH，HOCH2CH= CHCH2OH和HCl发生加成反应生成HOCH2CH2CHClCH2OH，HOCH2CH2CHClCH2OH发生消去反应生成CH2=C（Cl）CH=CH2，其合成路线为：，故答案为：．点评：本题考查有机物合成及推断，侧重考查学生分析推断及设计路线方案能力，明确常见有机物官能团及其性质、常见反应类型及反应条件是解本题关键，注意结合题给信息进行解答，难点是（6）题，。