江西省南昌市十所省重点中学命制高考化学模拟试卷（七）（含解析）.doc

江西省南昌市十所省重点中 学命制2015届高考化学模拟试卷（七）一、选择题：本题共7小题，每小题6分，在每小题给出的4个选项中，只有一项是符合题目要求的1（6分）下列做法与所要实现目的中，正确的是（）a回收电子垃圾通过高温焚烧熔出金属，可实现资源循环利用和绿色环保b回收废弃塑料制成燃油替代汽、柴油，可减轻环境污染和节约化石能源c采用天然石材装修家居，可减轻室内甲醛等有机物和放射性物质的污染d将工业废水加压排放到地下深井，可实现自然过滤净化和避免水的污染2（6分）下列叙述中正确的是（）a的命名为：2甲基1丙醇b软脂酸和油酸互为同系物c聚乙烯能使溴水褪色d分子中至少有11个碳原子处于同一平面3（6分）利用图装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是（）选项实验结论a浓盐酸mno2naoh溶液制氯气并吸收尾气b浓硫酸蔗糖溴水浓硫酸具有脱水性、氧化性c稀盐酸na2so3ba（no3）2溶液so2与可溶性钡盐均可以生成白色沉淀d浓硝酸na2co3na2sio3溶液酸性：硝酸碳酸硅酸aabbccdd4（6分）x、y、z、w为原子序数依次增大的短周期元素其形成的小分子化合物y2x2、z2x4、x2w2中，分子内各原子最外层电子都满足稳定结构下列说法正确的是（）ax、y、z、w的原子半径的大小关系为：wyzxb在y2x2、z2x4、x2w2的一个分子中，所含的共用电子对数相等cx、y、z、w四种元素可形成化学式为x7y2zw2的化合物d与元素y、z相比，元素w形成的简单氢化物最稳定，是因为其分子间存在氢键5（6分）已知x、m都是中学教材常见元素，下列对两个离子反应通式的推断中，其中正确的是（）（甲） xo3n+xn+h+x单质+h2o（未配平）； （乙）mm+moh=m（oh）m若n=1，则xo3n中x元素为+5价，x位于周期表第a族若n=2，则x最高价氧化物的水化物可能与它的氢化物反应若m=1，则m（no3）m溶液和氨水互滴时的现象可能不同若m=2，则在空气中蒸干、灼烧mso4溶液一定能得到mso4若m=3，则mcl3与足量氢氧化钠溶液反应一定生成m（oh）mabcd6（6分）某化学研究性学习小组对溶液作如下的归纳总结（均在常温下）其中正确的是（）ph=3的强酸溶液1ml，加水稀释至100ml后，溶液ph降低2个单位1l 0.50moll1nh4cl 溶液与2l 0.25moll1 nh4cl 溶液含nh4+ 物质的量前者大在某钠盐溶液中含有等物质的量的cl、i、alo2、co32、no3、sio32中若干种，当加入过量的盐酸产生气泡，溶液颜色变深，阴离子种数减少3种，则原溶液中一定有co32ph=4、浓度均为0.1moll1 的ch3cooh、ch3coona混合溶液中：c（ch3coo）c（ch3cooh）=2（1041010） mol/labcd7（6分）第三代混合动力车，可以用电动机、内燃机或二者结合推动车辆汽车上坡或加速时，电动机提供推动力，降低汽油的消耗；在刹车或下坡时，电池处于充电状态其电路工作原理如图所示下列说法中正确的是（）a电池充电时，oh由甲侧向乙侧移动b甲放电时为正极，充电时为阳极c放电时负极的电极反应式为mhnne=m+nh+d汽车下坡时发生图中实线所示的过程三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第22题第32题为必考题，每个小题考生都必须作答第33题第40题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（11题，共129分）8（15分）污染物的有效去除和资源的充分利用是化学造福人类的重要研究课题某研究小组利用软锰矿（主要成分为mno2，另含有少量铁、铝、铜、镍等金属化合物）作脱硫剂，通过如下简化流程既脱除燃煤尾气中的so2，又制得电池材料mno2（反应条件已省略）请回答下列问题：（1）上述流程中多次涉及到过滤操作，实验室进行过滤操作时需要用到的硅酸盐仪器有玻璃棒、；其中玻璃棒的作用是（2）用mnco3能除去溶液中的al3+和fe3+，其原理是（3）已知ksp（cus）=8.41045，ksp（nis）=1.41024；在除铜镍的过程中，当ni2+恰好完全沉淀 （此时溶液中c（ni2+）=1.0105mol/l），溶液中cu2+的浓度是mol/l（4）工业上采用电解k2mno4水溶液的方法来生产kmno4，其中隋性电极作阳极，铁作阴极，请写出阳极的电极反应式（5）下列各组试剂中，能准确测定一定体积燃煤尾气中so2含量的是（填编号）anaoh溶液、酚酞试液b稀h2so4酸化的kmno4溶液c碘水、淀粉溶液d氨水、酚酞试液（6）除杂后得到的mnso4溶液可以通过（填操作名称）制得硫酸锰晶体（mnso4h2o，相对分子质量为169）已知废气中so2浓度为8.4g/m3，软锰矿浆对so2的吸收率可达90%，则处理1000m3燃煤尾气，可得到硫酸锰晶体质量为kg（结果保留3位有效数字）9（14分）co和h2的混合气体俗称合成气，是一种重要的工业原料气，工业上利用天然气（主要成分为ch4）与水进行高温重整制备合成气（1）已知：ch4、h2和co的燃烧热（h）分别为890.3kj/mol、285.8kj/mol和283.0kj/mol，且1mol液态水汽化时的能量变化为44.0kj用1m3（标准状况）的甲烷与水蒸气在高温下反应制取合成气所需的热量为（保留整数）（2）在一定温度下，向体积为2l的密闭容器中充入0.40mol ch4和0.60mol h2o（g），测得ch4（g）和h2（g）的物质的量浓度随时间变化如下表所示：浓度时间/min物质01234ch40.2moll10.13moll10.1moll10.1moll10.09mol1h20moll10.2moll10.3moll10.3moll10.33moll1计算该反应第一次达平衡时的平衡常数k3min时改变的反应条件是（只填一种条件的改变即可）（3）已知温度、压强、投料比x对该反应的影响如图所示图1中的两条曲线所示投料比的关系x1 x2（填“=”、“”或“”下同）图2中两条曲线所示的压强比的关系：p1 p2（4）以天然气（设杂质不参与反应）、koh溶液为原料可设计成燃料电池：放电时，负极的电极反应式为设装置中盛有100.0ml 3.0mol/l koh溶液，放电时参与反应的氧气在标准状况下的体积为8.96l，放电过程中没有气体逸出，则放电完毕后，所得溶液中各离子浓度由大到小的关系为10（14分）如图是实验室用乙醇与浓硫酸和溴化钠反应来制备溴乙烷的装置，反应需要加热，图中省去了加热装置有关数据见表：表乙醇、溴乙烷、溴有关参数乙醇溴乙烷溴状态无色液体无色液体深红棕色液体密度/gcm30.791.443.1沸点/78.538.459（1）制备操作中，加入的浓硫酸必需进行稀释，其目的是（选填序号）a减少副产物烯和醚的生成 b减少br2的生成 c减少hbr的挥发 d水是反应的催化剂（2）已知加热温度较低时nabr与硫酸反应生成nahso4，写出加热时a中发生的主要反应的化学方程式（3）仪器b的名称，冷却水应从b的（填“上”或“下”）口流进（4）反应生成的溴乙烷应在中（填“a”或“c”中）（5）若用浓的硫酸进行实验时，得到的溴乙烷呈棕黄色，最好选择下列（选填序号）溶液来洗涤产品a氢氧化钠 b亚硫酸钠 c碘化亚铁 d碳酸氢钠洗涤产品时所需要的玻璃仪器有【化学-选修2化学与技术】11（15分）氯化亚铜（cucl）常用作有机合成工业中的催化剂，是一种白色粉末，微溶于水、不溶于乙醇及稀硫酸；在空气中迅速被氧化成绿色；见光则分解，变成褐色；下图是工业上以制作印刷电路的废液（含fe3+、cu2+、fe2+、cl）生产cucl的流程如下：文字根据以上信息回答下列问题：（1）该生产过程还可以与氯碱工业、硫酸工业生产相结合，工业生产硫酸的方法是接触法，氯碱工业的装置是（2）写出生产过程中x： y： （填化学式）（3）写出产生cucl的化学方程式：（4）生产中为了提高cucl产品的质量，采用抽滤或者减压过滤法快速过滤，析出的cucl晶体不用水而用无水乙醇洗涤的目的是；生产过程中调节溶液的ph不能过大的原因是：（5）在cucl的生成过程中除环境问题、安全问题外，你认为还应该注意的关键问题是：（6）氯化亚铜的定量分析：称取样品0.25g（称准至0.0002g）置于预先放入玻璃珠50粒和10ml过量的fecl3溶液250ml锥形瓶中，不断摇动；玻璃珠的作用是待样品溶解后，加水50ml，邻菲罗啉指示剂2滴；立即用0.10moll1硫酸铈标准溶液滴至绿色出现为终点；同时做空白试验一次已知：cucl+fecl3cucl2+fecl2fe2+ce4+fe3+ce3+如此再重复二次测得：123空白实验消耗硫酸铈标准溶液的体积（ml）0.750.500.800.25克样品消耗硫酸铈标准溶液的体积（ml）24.6524.7524.70数据处理：计算得cucl的纯度为（平行实验结果相差不能超过0.3%）【化学-选修3：物质结构与性质】（共1小题，满分0分）12据有关资料显示，海底有大量的天然气水合物，可满足人类1000年的能源需要天然气水合物是一种晶体，晶体中平均每46个水分子构建成8个笼，每个笼可容纳1个ch4分子或1个游离h2o分子根据上述信息，完成下面两题：（1）下列关于天然气水合物中两种分子描述正确的是a两种都是极性分子 b两种都是非极性分子ch2o是极性分子，ch4是非极性分子 d其中氧原子和碳原子的杂化方式均为sp3e其中氧原子和碳原子的杂化方式分别为sp2和sp3（2）晶体中每8个笼只有6个容纳了ch4分子，另外2个笼被游离h2o分子填充，则天然气水合物的平均组成可表示为ii（1）兰聚氰胺分子的结构简式如图所示，则其中氮原子轨道杂化类型是，l mol三聚氰胺分子中含mol键（2）某元素位于第四周期viii族，其基态原子的未成对电子数与基态碳原子的未成对电子数相同，则其基态原子的m层电子排布式为_（3）过渡金属配合物ni（ co）n的中心原子价电子数与配体提供电子总数之和为18，则n=（4）碳化硅的晶胞结构（如图1）与金刚石类似（其中“”为碳原子，“”为硅原子）图中“”点构成的堆积方式与下列图2式中所表示的堆积方式相同（5）碳化硅的结构中，设晶胞边长为a cm，碳原子直径为b cm，硅原子直径为c cm，则该晶胞的空间利用率为（用含a、b、c的式子表示）【化学-选修5：有机化学基础】（共1小题，满分0分）13聚乙酸乙烯酪广泛用于制备涂料、粘合剂等，它和高聚物长的合成路线如下；，其中j物质与氯化铁溶液能发生显色反应，且苯环上的一元取代物原有两种已知当羟基与双键碳原子相连时，易发生如下转化rch=chohrch2cho一ona连在烃基生不会被氧化请回答下列问题：（1）写出g的结构简式f与h中具有相同官能团的名称（2）上述变化中gc+f 的反应类型是；j在定条件下能生成高聚物k，k的结构简式是（3）写出bc+d反应的化学方程式：（4）同时符合下列要求的a的同分异构体有种含有苯环能发生银镜反应和水解反应，并写出满足下列条件的同分异构体结构简式：核磁共振氢谱有5 个吸收峰；1mol该同分异构体能与imol naoh 反应（5）下列有关说法正确的是a.1mol a 完全燃烧消耗10.5mol o2b j与足量的碳酸氢钠溶液反应能生成相应的二钠盐c dh 的试剂通常是kmo4 酸性溶液d j能发生加成、消去、取代、氧化等反应江西省南昌市十所省重点中学命制2015届高考化学模拟试卷（七）参考答案与试题解析一、选择题：本题共7小题，每小题6分，在每小题给出的4个选项中，只有一项是符合题目要求的1（6分）下列做法与所要实现目的中，正确的是（）a回收电子垃圾通过高温焚烧熔出金属，可实现资源循环利用和绿色环保b回收废弃塑料制成燃油替代汽、柴油，可减轻环境污染和节约化石能源c采用天然石材装修家居，可减轻室内甲醛等有机物和放射性物质的污染d将工业废水加压排放到地下深井，可实现自然过滤净化和避免水的污染考点：常见的生活环境的污染及治理 专题：元素及其化合物分析：a焚烧电子垃圾能产生有毒气体而污染大气；b回收利用废弃塑料能节约能源；c天然石材中含有放射性物质；d将工业废水排到地下深井污染地下水解答：解：a虽然通过高温焚烧电子垃圾能回收金属，但同时产生有毒气体而污染大气，故a错误；b塑料能回收利用制成燃油，不仅减轻环境污染还能节约化石能源，故b正确；c天然石材中没有甲醛但含有放射性物质，所以能产生室内污染，故c错误；d将工业废水排到地下深井，工业废水能渗透到地下水中而污染地下水，故d错误；故选b点评：本题考查化学与生活，运用化学知识治理环境污染，保护环境人人有责2（6分）下列叙述中正确的是（）a的命名为：2甲基1丙醇b软脂酸和油酸互为同系物c聚乙烯能使溴水褪色d分子中至少有11个碳原子处于同一平面考点：有机化学反应的综合应用 专题：有机反应分析：a、醇类命名选取含有羟基的最长碳链为主链；b、软脂酸为饱和一元酸，油酸为不饱和一元酸；c、聚乙烯中不含有不饱和双键；d、依据苯以及甲烷的结构推断该有机物中的c原子共面情况即可解答：解：a、醇类命名选取含有羟基的最长碳链为主链，即为丁醇，在2号碳上含有羟基，正确命名为：2丁醇，故a错误；b、软脂酸为饱和一元酸，油酸为不饱和一元酸，含有碳碳双键，故两者不是同系物，故b错误；c、聚乙烯中不含有不饱和双键，故聚乙烯不能使溴水褪色，故c错误；d、甲基与苯环平面结构通过单键相连，甲基的c原子处于苯的h原子位置，所以处于苯环这个平面，两个苯环相连，与苯环相连的碳原子处于另一个苯的h原子位置，也处于另一个苯环这个平面如图所示（已编号）的甲基碳原子、甲基与苯环相连的碳原子、苯环与苯环相连的碳原子，处于一条直线，共有6个原子共线，所以至少有11个碳原子共面，故d正确，故选d点评：本题主要考查有机化合物的结构特点和同系物概念，做题时注意从甲烷、乙烯、苯和乙炔的结构特点判断有机分子的空间结构3（6分）利用图装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是（）选项实验结论a浓盐酸mno2naoh溶液制氯气并吸收尾气b浓硫酸蔗糖溴水浓硫酸具有脱水性、氧化性c稀盐酸na2so3ba（no3）2溶液so2与可溶性钡盐均可以生成白色沉淀d浓硝酸na2co3na2sio3溶液酸性：硝酸碳酸硅酸aabbccdd考点：实验装置综合 专题：化学实验基本操作分析：a二氧化锰与浓盐酸需在加热条件下才能反应；b浓硫酸具有脱水性及强氧化性，蔗糖脱水得到c与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫，二氧化硫与溴水发生氧化还原反应生成硫酸和hbr；c稀盐酸与亚硫酸钠生成二氧化硫，在中二氧化硫与ba（no3）2溶液发生氧化还原反应生成硫酸钡；d浓硝酸易挥发，则中可能发生硝酸与硅酸钠的反应解答：解：a二氧化锰与浓盐酸反应需要加热，图中缺少加热装置，故a错误；b蔗糖与浓硫酸混合，蔗糖脱水得到c与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫，二氧化硫与溴水发生氧化还原反应生成硫酸和hbr，则由实验可知浓硫酸具有脱水性、氧化性，故b正确；c稀盐酸与亚硫酸钠生成二氧化硫，在中二氧化硫与ba（no3）2溶液发生氧化还原反应生成硫酸钡，则结论不合理，如二氧化硫与氯化钡不反应，故c错误；d浓硝酸易挥发，则中可能发生硝酸与硅酸钠的反应，则不能比较酸性碳酸硅酸，故d错误；故选b点评：本题考查实验装置的综合应用，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，涉及物质的制备、酸性比较、氧化还原反应等，注意把握物质的性质以及实验的严密性的评价，难度不大4（6分）x、y、z、w为原子序数依次增大的短周期元素其形成的小分子化合物y2x2、z2x4、x2w2中，分子内各原子最外层电子都满足稳定结构下列说法正确的是（）ax、y、z、w的原子半径的大小关系为：wyzxb在y2x2、z2x4、x2w2的一个分子中，所含的共用电子对数相等cx、y、z、w四种元素可形成化学式为x7y2zw2的化合物d与元素y、z相比，元素w形成的简单氢化物最稳定，是因为其分子间存在氢键考点：原子结构与元素周期律的关系 专题：元素周期律与元素周期表专题分析：在化合物y2x2、z2x4、x2w2中，相应分子内各原子最外层电子都满足稳定结构，x应为h，形成的化合物分别为c2h2、n2h4、h2o2，则y为c，z为n，w为o，以此解答该题解答：解：在化合物y2x2、z2x4、x2w2中，相应分子内各原子最外层电子都满足稳定结构，x应为h，形成的化合物分别为c2h2、n2h4、h2o2，则y为c，z为n，w为o，ax、y、z、w的原子半径的大小关系为y（c）z（n）w（o）x（h），故a错误；b在化合物c2h2、n2h4、h2o2中，含有的电子对数分别为5、5、3，不相等，故b错误；cx、y、z、w四种元素可形成化学式为h7c2no2的化合物，为ch2ohch（oh）nh2，故c正确；d氢化物的稳定性与氢键无关，与共价键的强弱有关，故d错误，故选c点评：本题考查元素化合物推断、原子结构与元素周期律的关系，明确元素的种类为解答该题的关键，属于猜测验证型推断，题目难度中等5（6分）已知x、m都是中学教材常见元素，下列对两个离子反应通式的推断中，其中正确的是（）（甲） xo3n+xn+h+x单质+h2o（未配平）； （乙）mm+moh=m（oh）m若n=1，则xo3n中x元素为+5价，x位于周期表第a族若n=2，则x最高价氧化物的水化物可能与它的氢化物反应若m=1，则m（no3）m溶液和氨水互滴时的现象可能不同若m=2，则在空气中蒸干、灼烧mso4溶液一定能得到mso4若m=3，则mcl3与足量氢氧化钠溶液反应一定生成m（oh）mabcd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：n=1，xo3n中x元素为+5价，常见非金属元素中呈+5价的元素有第a族（氮、磷）、第a族（氯、溴、碘）所以符合条件的酸根阴离子主要有：io3、clo3、bro3、no3，甲反应为clo3+5cl+6h+=3cl2+3h2o，io3+5i+6h+=3i2+3h2o；n=2，xo3n中x元素为+4价，常见非金属元素中碳、硅、硫有+4价，结合通式只有x为硫符合题意，离子方程式为：so32+2s2+6h+=3s+3h2o，硫的高价含氧酸为亚硫酸，氢化物为硫化氢；m=1，+1价阳离子有：ag+、na+、k+等，只有氢氧化银是难溶于水的沉淀；ag+oh=agoh；氢氧化银溶于氨水，硝酸银溶液滴入氨水，生成银氨溶液无明显现象；将氨水滴入硝酸银溶液中 产生沉淀，继续滴加沉淀溶解，互滴顺序不同现象不同；m=2，硫酸亚铁中+2价铁在空气中易被氧化为+3价，其化学方程式为：feso4+2h2ofe（oh）2+3h2o；4fe（oh）2+o2+2h2o=4fe（oh）3，2fe（oh）3fe2o3+3h2o fe2o3+3h2so4=fe（so4）3+3h2o 总反应为：12feso4+3o22fe2o3+4fe2（so4）3，即硫酸亚铁溶液经蒸干、灼烧得到硫酸铁和氢氧化铁混合物；m=3，常见金属中只有铁、铝符合条件解答：解：n=1，xo3n中x元素为+5价，常见非金属元素中呈+5价的元素有第a族（氮、磷）、第a族（氯、溴、碘）所以符合条件的酸根阴离子主要有：io3、clo3、bro3、no3，甲反应为clo3+5cl+6h+=3cl2+3h2o，io3+5i+6h+=3i2+3h2o，故错误；n=2，xo3n中x元素为+4价，常见非金属元素中碳、硅、硫有+4价，结合通式只有x为硫符合题意，离子方程式为：so32+2s2+6h+=3s+3h2o，硫的最高价含氧酸为硫酸，氢化物为硫化氢，故正确；m=1，+1价阳离子有：ag+、na+、k+等，只有氢氧化银是难溶于水的沉淀；ag+oh=agoh；氢氧化银溶于氨水，硝酸银溶液滴入氨水，生成银氨溶液无明显现象；将氨水滴入硝酸银溶液中 产生沉淀，继续滴加沉淀溶解，互滴顺序不同现象不同，故正确；m=2，硫酸亚铁中+2价铁在空气中易被氧化为+3价，其化学方程式为：feso4+2h2ofe（oh）2+3h2o；4fe（oh）2+o2+2h2o=4fe（oh）3，2fe（oh）3fe2o3+3h2o fe2o3+3h2so4=fe（so4）3+3h2o 总反应为：12feso4+3o22fe2o3+4fe2（so4）3，即硫酸亚铁溶液经蒸干、灼烧得到硫酸铁和氢氧化铁混合物，故错误；m=3，常见金属中只有铁、铝符合条件，铝和过量氢氧化钠沉淀会溶解，故错误；故选b点评：本题考查了常见物质的性质应用，物质发生反应的特征应用，分析化合价的变化和特征是解题关键6（6分）某化学研究性学习小组对溶液作如下的归纳总结（均在常温下）其中正确的是（）ph=3的强酸溶液1ml，加水稀释至100ml后，溶液ph降低2个单位1l 0.50moll1nh4cl 溶液与2l 0.25moll1 nh4cl 溶液含nh4+ 物质的量前者大在某钠盐溶液中含有等物质的量的cl、i、alo2、co32、no3、sio32中若干种，当加入过量的盐酸产生气泡，溶液颜色变深，阴离子种数减少3种，则原溶液中一定有co32ph=4、浓度均为0.1moll1 的ch3cooh、ch3coona混合溶液中：c（ch3coo）c（ch3cooh）=2（1041010） mol/labcd考点：ph的简单计算；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较；离子共存问题 分析：ph=lg（c（h+），酸加水稀释，ph升高；nh4cl 浓度越小，nh4+水解程度越大；当加入过量的盐酸溶液颜色变深，说明一定含有no3、i、两者在酸性条件下产生一氧化氮气体，所以原溶液中不一定有co32；常温下，混合液ph=4，c（h+）=1.0104mol/l，则由kw可知，c（oh）=1.01010mol/l，由电荷守恒可知，c（ch3coo）c（na+）=c（h+）c（oh），据物料守恒：2c（na+）=c（ch3cooh）+c（ch3coo），据此分析；解答：解：ph与氢离子浓度成反比，酸加水稀释，ph升高，故错误；nh4cl 浓度越小，nh4+水解程度越大，不考虑水解1l 0.50moll1nh4cl 溶液与2l 0.25moll1 nh4cl 溶液铵根的物质的量相同，但0.25moll1nh4cl 溶液中铵根水解程度大，所以含nh4+ 物质的量前者大，故正确；偏铝酸根离子和过量的酸反应生成铝离子，硅酸根离子和酸反应生成硅酸沉淀，no3、i、两者在酸性条件下产生一氧化氮气体，阴离子种数减少3种，可能为alo2、no3、i、或sio32、no3、i，原溶液中不一定有co32，故错误；常温下，混合液ph=4，c（h+）=1.0104mol/l，则由kw可知，c（oh）=1.01010mol/l，由电荷守恒可知，c（ch3coo）c（na+）=c（h+）c（oh），据物料守恒：2c（na+）=c（ch3cooh）+c（ch3coo），2+可得：c（ch3coo）c（ch3cooh）=2（c（h+）c（oh）=2（1041010） mol/l，故正确；故选d点评：本题考查ph与酸的稀释、盐类水解及酸性的比较、离子中共存等，注意水解规律中越稀越水解来分析解答，注意掌握溶液酸碱性与溶液ph的计算方法，题目难度中等7（6分）第三代混合动力车，可以用电动机、内燃机或二者结合推动车辆汽车上坡或加速时，电动机提供推动力，降低汽油的消耗；在刹车或下坡时，电池处于充电状态其电路工作原理如图所示下列说法中正确的是（）a电池充电时，oh由甲侧向乙侧移动b甲放电时为正极，充电时为阳极c放电时负极的电极反应式为mhnne=m+nh+d汽车下坡时发生图中实线所示的过程考点：原电池和电解池的工作原理 分析：a、电池充电时是电解池的工作原理，电解池中的甲电极是阴极，阴极发生氢离子得电子的还原反应，乙是阳极；b、电解池的工作原理，甲电极是阴极，原电池是负极；c、放电时负极发生氧化反应，的电极反应式为mne+nh+=mhn；d、汽车下坡时发动机在工作，发生图中虚线所示的过程解答：解：a、电池充电时是电解池的工作原理，电解池中的甲电极是阴极，阴极发生氢离子得电子的还原反应，乙是阳极，所以oh由甲侧向乙侧移动，故a正确；b、电解池的工作原理，甲电极是阴极，原电池是负极，故b错误；c、放电时负极发生氧化反应，的电极反应式为mne+nh+=mhn，故c错误；d、汽车下坡时发动机在工作，发生图中虚线所示的过程，故d错误；故选a点评：本题考查学生原电池和电解池的工作原理知识，注意平时知识的积累以及基础知识的掌握，难度中等三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第22题第32题为必考题，每个小题考生都必须作答第33题第40题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（11题，共129分）8（15分）污染物的有效去除和资源的充分利用是化学造福人类的重要研究课题某研究小组利用软锰矿（主要成分为mno2，另含有少量铁、铝、铜、镍等金属化合物）作脱硫剂，通过如下简化流程既脱除燃煤尾气中的so2，又制得电池材料mno2（反应条件已省略）请回答下列问题：（1）上述流程中多次涉及到过滤操作，实验室进行过滤操作时需要用到的硅酸盐仪器有玻璃棒、烧杯、漏斗；其中玻璃棒的作用是引流，防止液体溅出（2）用mnco3能除去溶液中的al3+和fe3+，其原理是消耗溶液中的酸，促进al3+和fe3+水解生成氢氧化物沉淀（3）已知ksp（cus）=8.41045，ksp（nis）=1.41024；在除铜镍的过程中，当ni2+恰好完全沉淀 （此时溶液中c（ni2+）=1.0105mol/l），溶液中cu2+的浓度是6.01026mol/l（4）工业上采用电解k2mno4水溶液的方法来生产kmno4，其中隋性电极作阳极，铁作阴极，请写出阳极的电极反应式mno42emno4（5）下列各组试剂中，能准确测定一定体积燃煤尾气中so2含量的是bc（填编号）anaoh溶液、酚酞试液b稀h2so4酸化的kmno4溶液c碘水、淀粉溶液d氨水、酚酞试液（6）除杂后得到的mnso4溶液可以通过蒸发浓缩，冷却结晶（过滤）（填操作名称）制得硫酸锰晶体（mnso4h2o，相对分子质量为169）已知废气中so2浓度为8.4g/m3，软锰矿浆对so2的吸收率可达90%，则处理1000m3燃煤尾气，可得到硫酸锰晶体质量为20.0kg（结果保留3位有效数字）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，二氧化硫能与二氧化锰反应生成硫酸锰，用mnco3能除去溶液中al3+和fe3+，mns将铜、镍离子还原为单质，高锰酸钾能与硫酸锰反应生成二氧化锰，通过过滤获得二氧化锰，（1）过滤需要漏斗、烧杯、玻璃棒等，玻璃棒起引流作用；（2）从消耗溶液中的酸，促进al3+和fe3+水解角度分析；（3）当ni2+恰好完全沉淀 （此时溶液中c（ni2+）=1.0105mol/l），c（s2）=，结合ksp（cus）计算溶液中cu2+的浓度；（4）隋性电极作阳极，铁作阴极，则阳极上失去电子发生氧化反应；（5）准确测定一定体积燃煤尾气中so2含量，利用其还原性及明显的反应现象分析；（6）由溶液得到晶体，应浓缩、结晶；结合硫原子守恒可知，被吸收的so2的物质的量等于硫酸锰晶体的物质的量解答：解：由流程可知，二氧化硫能与二氧化锰反应生成硫酸锰，用mnco3能除去溶液中al3+和fe3+，mns将铜、镍离子还原为单质，高锰酸钾能与硫酸锰反应生成二氧化锰，通过过滤获得二氧化锰，（1）过滤需要漏斗、烧杯、玻璃棒等，过滤中玻璃棒的作用为引流，防止液体溅出，故答案为：烧杯；漏斗；引流，防止液体溅出；（2）由于碳酸锰能消耗溶液中的酸，降低溶液的酸性，从而促进al3+和fe3+水解生成氢氧化物沉淀，故答案为：消耗溶液中的酸，促进al3+和fe3+水解生成氢氧化物沉淀；（3）当ni2+恰好完全沉淀 （此时溶液中c（ni2+）=1.0105mol/l），c（s2）=1.41019，由ksp（cus）可知溶液中cu2+的浓度为=6.01026mol/l，故答案为：6.01026；（4）隋性电极作阳极，铁作阴极，则阳极上失去电子发生氧化反应，则阳极反应为mno42emno4，故答案为：mno42emno4；（5）准确测定一定体积燃煤尾气中so2含量，二氧化硫与氨水、naoh反应不易控制，且加指示剂现象观察的滴定终点与反应终点误差大，而b、c中利用还原性及高锰酸钾褪色、淀粉变蓝等可准确测定气体的含量，故答案为：bc；（6）除杂后得到的mnso4溶液可以通过蒸发浓缩，冷却结晶（过滤）制得硫酸锰晶体；由硫原子守恒，被吸收的so2的物质的量等于硫酸锰晶体的物质的量，则硫酸锰晶体的质量为169g/mol20.0kg，故答案为：蒸发浓缩，冷却结晶（过滤）； 20.0点评：本题以物质的制备实验考查混合物分离提纯的综合应用，为高频考点，涉及氧化还原反应、盐类水解、溶度积计算、原子守恒计算等，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、计算能力的考查，综合性较强，题目难度中等9（14分）co和h2的混合气体俗称合成气，是一种重要的工业原料气，工业上利用天然气（主要成分为ch4）与水进行高温重整制备合成气（1）已知：ch4、h2和co的燃烧热（h）分别为890.3kj/mol、285.8kj/mol和283.0kj/mol，且1mol液态水汽化时的能量变化为44.0kj用1m3（标准状况）的甲烷与水蒸气在高温下反应制取合成气所需的热量为9201kj（保留整数）（2）在一定温度下，向体积为2l的密闭容器中充入0.40mol ch4和0.60mol h2o（g），测得ch4（g）和h2（g）的物质的量浓度随时间变化如下表所示：浓度时间/min物质01234ch40.2moll10.13moll10.1moll10.1moll10.09mol1h20moll10.2moll10.3moll10.3moll10.33moll1计算该反应第一次达平衡时的平衡常数k0.1353min时改变的反应条件是升高温度或增大h2o的浓度或减小co的浓度（只填一种条件的改变即可）（3）已知温度、压强、投料比x对该反应的影响如图所示图1中的两条曲线所示投料比的关系x1 x2（填“=”、“”或“”下同）图2中两条曲线所示的压强比的关系：p1 p2（4）以天然气（设杂质不参与反应）、koh溶液为原料可设计成燃料电池：放电时，负极的电极反应式为ch48e+10oh=co32+7h2o设装置中盛有100.0ml 3.0mol/l koh溶液，放电时参与反应的氧气在标准状况下的体积为8.96l，放电过程中没有气体逸出，则放电完毕后，所得溶液中各离子浓度由大到小的关系为c（k+）c（hco3）c（co32）c（oh）c（h+）考点：用化学平衡常数进行计算；有关反应热的计算；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的影响因素 分析：（1）根据燃烧热写出热化学方程式，利用盖斯定律计算；（2）反应方程式为ch4（g）+h2o（g）=co（g）+3h2（g）根据三行式代入平衡常数表达式进行计算；根据表中数据可知3min时达到平衡，再根据4min时各组分浓度变化量判断改变的条件；（3）碳水比n（ch4）/n（h2o）值越大，平衡时甲烷的转化率越低，含量越高；根据压强对平衡移动影响，结合图象分析解答；（4）甲烷燃料电池工作时，负极发生氧化反应，甲烷失电子被氧化反应；计算氧气的物质的量，进而计算生成二氧化碳的物质的量，根据n（koh）与n（co2）比例关系判断反应产物，进而计算溶液中电解质物质的量，结合盐类水解与电离等判断解答：解：（1）已知：h2（g）+o2（g）=h2o（l）h=285.8kjmol1co（g）+o2（g）=co2（g） ）h=283.0kjmol1ch4（g）+2o2（g）=co2（g）+2h2o（l）h=890.3kjmol1，h2o（g）=h2o（l）h=44.0kjmol1，利用盖斯定律将+3可得：ch4（g）+h2o（g）=co（g）+3h2（g）h=（44.0kjmol1）+（890.3kjmol1）（283.0kjmol1）3（285.8kjmol1）=+206.1 kjmol1，故1m3（标准状况）的甲烷与水蒸气在高温下反应制取合成气所需的热量为=kj/mol=9201 kj，故答案为：9201 kj；（2）反应方程式为：ch4（g）+h2o（g）=co（g）+3h2（g）， 初起量（moll1）：0.2 0.3 0 0 变化量（moll1）：0.1 0.1 0.1 0.3 平衡量（moll1）：0.1 0.2 0.1 0.3所以k=0.135，故答案为：0.135；3min时改变的反应条件，反应向正反应方向进行，可能为升高温度或增大h2o的浓度或减小co的浓度，故答案为：升高温度或增大h2o的浓度或减小co的浓度；（3）碳水比n（ch4）/n（h2o）值越大，平衡时甲烷的转化率越低，含量越高，故x1x2，故答案为：； 该反应正反应是气体体积增大的反应，增大压强平衡向逆反应方向移动，平衡时甲烷的含量增大，故p1p2，故答案为：；（4）甲烷燃料电池工作时，负极发生氧化反应，甲烷失电子被氧化反应，负极电极反应式为：ch48e+10oh=co32+7h2o，故答案为：ch48e+10oh=co32+7h2o；参与反应的氧气在标准状况下体积为8960ml，物质的量为=0.4mol，根据电子转移守恒可知，生成二氧化碳为=0.2mol，n（koh）=0.1l3.0moll1=0.3mol，n（koh）：n（co2）=0.3mol：0.2mol=3：2，发生发生2co2+3koh=k2co3+khco3+h2o，溶液中碳酸根水解，碳酸氢根的水解大于电离，溶液呈碱性，故c（oh）c（h+），碳酸根的水解程度大于碳酸氢根，故c（hco3）c（co32），钾离子浓度最大，水解程度不大，碳酸根浓度原大于氢氧根离子，故c（k+）c（hco3）c（co32）c（oh）c（h+），故答案为：c（k+）c （hco3 ）c （co32 ）c （oh ）c（ h+）点评：本题综合性较大，涉及热化学方程式书写、化学平衡图象、化学平衡的影响因素、化学平衡计算、原电池、化学计算、离子浓度比较等，为2015届高考常见题型，难度中等，是对基础知识与学生能力的综合考查，注意把握化学平衡的影响因素以及图象、数据的分析能力的培养10（14分）如图是实验室用乙醇与浓硫酸和溴化钠反应来制备溴乙烷的装置，反应需要加热，图中省去了加热装置有关数据见表：表乙醇、溴乙烷、溴有关参数乙醇溴乙烷溴状态无色液体无色液体深红棕色液体密度/gcm30.791.443.1沸点/78.538.459（1）制备操作中，加入的浓硫酸必需进行稀释，其目的是abc（选填序号）a减少副产物烯和醚的生成 b减少br2的生成 c减少hbr的挥发 d水是反应的催化剂（2）已知加热温度较低时nabr与硫酸反应生成nahso4，写出加热时a中发生的主要反应的化学方程式ch3ch2oh+nabr+h2so4nahso4+ch3ch2br+h2o（3）仪器b的名称球形冷凝管，冷却水应从b的下（填“上”或“下”）口流进（4）反应生成的溴乙烷应在c中（填“a”或“c”中）（5）若用浓的硫酸进行实验时，得到的溴乙烷呈棕黄色，最好选择下列b（选填序号）溶液来洗涤产品a氢氧化钠 b亚硫酸钠 c碘化亚铁 d碳酸氢钠洗涤产品时所需要的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯考点：制备实验方案的设计 专题：实验设计题分析：（1）在浓硫酸、加热条件下，乙醇可以发生消去反应生成乙烯，也可以发生分子间脱水生成醚，浓硫酸具有强氧化性可以氧化得到溴单质，反应会有水生成，反应中会放出大量的热，容易使hbr挥发等；（2）加热温度较低时nabr与硫酸反应生成nahso4与hbr，hbr与乙醇发生取代反应生成ch3ch2br与水；（3）仪器b为球形冷凝管，应采取逆流原理通入冷凝水，进行充分冷凝回流；（4）反应得到溴乙烷沸点很低，在c中用冰水冷却收集；（5）用浓的硫酸进行实验时，得到的溴乙烷呈棕黄色，是因为溶解了溴，洗涤除去溴：a加氢氧化钠会引起溴乙烷水解；b碘化亚铁会引入碘单质杂质； c加亚硫酸钠只与溴反应不与溴乙烷反应；d碳酸氢钠溶液呈碱性，和溴单质、溴乙烷反应；洗涤后需要通过分液进行分离，洗涤需要在分液装置中进行，用烧杯接取水层溶液解答：解：（1）在浓硫酸、加热条件下，乙醇可以发生消去反应生成乙烯，也可以发生分子间脱水生成醚，浓硫酸具有强氧化性可以氧化得到溴单质，反应会有水生成，反应中会放出大量的热，容易使hbr挥发等，故制备操作中，加入的浓硫酸必需进行稀释，其目的是：减少副产物烯和醚的生成，减少br2的生成，减少hbr的挥发，故选：abc；（2）加热温度较低时nabr与硫酸反应生成nahso4与hbr，hbr与乙醇发生取代反应生成ch3ch2br与水，反应反应方程式为：ch3ch2oh+nabr+h2so4nahso4+ch3ch2br+h2o，故答案为：ch3ch2oh+nabr+h2so4nahso4+ch3ch2br+h2o；（3）由仪器结构特征，可知仪器b为球形冷凝管，应采取逆流原理通入冷凝水，进行充分冷凝回流，即冷却水应冷凝管的下口流入，从上口流出，故答案为：球形冷凝管；下；（4）反应得到溴乙烷沸点很低，在c中用冰水冷却收集，故答案为：c；（5）用浓的硫酸进行实验时，得到的溴乙烷呈棕黄色，是因为溶解了溴，洗涤除去溴：a氢氧化钠可以与溴反应，但也会引起溴乙烷水解，故a错误；b溴与碘化亚铁会生成碘单质，溴乙烷会溶解碘单质，故b错误； c加亚硫酸钠只与溴发生反应，不与溴乙烷反应，故c正确；d碳酸氢钠溶液呈碱性，会和溴单质、溴乙烷反应，故d错误；洗涤后需要通过分液进行分离，洗涤需要在分液漏斗中进行，用烧杯接取水层溶液，故答案为：c；分液漏斗、烧杯点评：本题考查有机物制备实验，涉及实验室hbr的制备、物质的分离提纯、对操作与原理的分析评价等，综合考查学生实验分析的能力、知识迁移运用能力，题目难度中等【化学-选修2化学与技术】11（15分）氯化亚铜（cucl）常用作有机合成工业中的催化剂，是一种白色粉末，微溶于水、不溶于乙醇及稀硫酸；在空气中迅速被氧化成绿色；见光则分解，变成褐色；下图是工业上以制作印刷电路的废液（含fe3+、cu2+、fe2+、cl）生产cucl的流程如下