宿迁市三校高三3月联合模拟化学试卷

1、江苏省宿迁市三校2015届高三下学期3月联合模拟化学试题一、单项选择题（本题包括10小题，每小题2分，共计20分每小题只有一个选项符合题意）1 2014年南京青奥会吉祥物为“砳砳”一种“砳砳”的外用材料是纯羊毛线，内充物为涤纶（结构简式为 ）下列有关说法不正确的是（）A羊毛的主要成分属于蛋白质B涤纶属于天然高分子化合物C合成涤纶的单体之一可以是HOCH2CH2OHD可用灼烧的方法区别羊毛和涤纶考点：常用合成高分子材料的化学成分及其性能.专题：有机化合物的获得与应用分析：A羊毛是天然的蛋白质组成的纤维；B相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物，高分子化合物分为天然高分子化合物、合

2、成高分子化合物，淀粉、纤维素、蛋白质为天然高分子化合物；C合成涤纶的单体有对苯二甲酸和乙二醇；D羊毛的成分是天然的蛋白质，羊毛燃烧会有焦羽毛味，而涤纶没有解答：解：A羊毛的成分属于蛋白质，故A正确； B涤纶是人工合成的有机高分子物质，是合成材料，故B错误；C合成涤纶的单体之一是乙二醇，故C正确；D羊毛的成分是天然的蛋白质，羊毛燃烧会有焦羽毛味，而涤纶没有，所以可以用燃烧的方法来区分羊毛和涤纶，故D正确故选B点评：本题考查合成高分子材料的化学成分及其性能，注意把握单体的寻找方法，题目难度不大2（2分）（2015宿迁模拟）下列有关化学用语表示正确的是（）A明矾的化学式：KAl（SO4）2B氯离子的

3、结构示意图：C2丙醇的结构简式：（CH3）2CHOHD溴化铵的电子式：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明矾为十二水合硫酸铝钾，明矾中含有12个结晶水；B氯离子的核电荷数为17，原子变成离子的过程中，核电荷数不发生变化；C.2丙醇中羟基位于2号C，根据醇类的命名原则写出其结构简式；D溴化铵的电子式中，溴离子为阴离子，需要标出其最外层电子解答：解：A明矾中含有结晶水，明矾正确的化学式为：KAl（SO4）212H2O，故A错误；B氯离子的核电荷数为17，最外层为8个电子，氯离子的结构简式为：，故B错误；C.2丙醇中，羟基位于2号C，主链含有3个C原则，其结构简式

4、为：（CH3）2CHOH，故C正确；D溴化铵为离子化合物，铵根离子和溴离子都需要标出所带电荷及原子的最外层电子，溴化铵正确的电子式为：，故D错误；故选C点评：本题考查了常见化学用语的表示方法判断，题目难度中等，注意掌握电子式、化学式、结构简式等化学用语的概念及正确的表示方法，选项D为易错点，注意溴化铵的电子式中，溴离子和铵根离子都需要标出最外层的电子3（2分）（2015宿迁模拟）下列有关物质的性质的应用不正确的是（）A甲醛能使蛋白质变性，常用高浓度甲醛溶液浸泡食用海产品以防腐B硅胶多孔、吸水能力强，常用作袋装食品的干燥剂C过氧化钠能与二氧化碳反应产生氧气，可用作潜水艇的供氧剂D锌的金属活泼性比

5、铁强，可用于保护石油管道（碳素钢管）以减缓其腐蚀考点：常见的食品添加剂的组成、性质和作用；金属的电化学腐蚀与防护；钠的重要化合物.专题：化学应用分析：A甲醛有毒；B硅胶能作干燥剂；C过氧化钠能与二氧化碳反应产生氧气；D锌的金属活泼性比铁强，可作为原电池的负极，代替铁被消耗解答：解：A甲醛有毒，不能用于浸泡食用海产品，故A错误；B硅胶多孔，吸水能力强，硅胶能作干燥剂，由于无毒，不会污染食品，所以常用作袋装食品的干燥剂，故B正确；C过氧化钠能与二氧化碳反应产生氧气，故可用作潜水艇的供氧剂，故C正确；D锌的金属活泼性比铁强，可作为原电池的负极，被消耗，故可用于保护石油管道（碳素钢管）以减缓其腐蚀，故

6、D正确，故选A点评：本题考查物质的性质及其用途，难度不大，要注意性质决定用途4（2分）（2015宿迁模拟）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）Ac（ClO）=1.0 molL1的溶液中：Na+、SO32、S2、SO42B常温下，=1010的溶液中：Ca2+、Mg2+、HCO3、IC由水电离的c（H+）=1×1012 molL1的溶液中：Ba2+、K+、Cl、NO3D滴入少量KSCN溶液显红色的溶液中：Na+、K+、I、SO42考点：离子共存问题.专题：离子反应专题分析：Ac（ClO）=1.0 molL1的溶液中，亚硫酸根离子、硫离子都会被次氯酸根离子氧化；B常温下，

7、=1010的溶液为碱性溶液，钙离子、镁离子、碳酸氢根离子都能够与氢氧根离子发生反应；C水电离的c（H+）=1×1012 molL1的溶液中存在大量的氢离子或氢氧根离子，Ba2+、K+、Cl、NO3离子之间不发生反应，也不与氢离子、氢氧根离子反应；D滴入少量KSCN溶液显红色的溶液中存在铁离子，铁离子能够与碘离子发生氧化还原反应解答：解：Ac（ClO）=1.0 molL1的溶液中，ClO能够氧化SO32、S2，在溶液中不能大量共存，故A错误；B常温下，=1010的溶液中成长率大量的氢氧根离子，Ca2+、Mg2+、HCO3离子能够与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；C水电离

8、的c（H+）=1×1012 molL1的溶液为酸性或者碱性溶液，Ba2+、K+、Cl、NO3离子之间不反应，且都不与酸溶液和碱溶液反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；D滴入少量KSCN溶液显红色的溶液中存在铁离子，铁离子具有氧化性，能够与I离子之间发生氧化还原反应，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正误判断，为中等难度的试题，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；能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN）等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶

9、液中是否有大量的 H+或OH；溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4等有色离子的存在；试题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解决实际问题的能力5（2分）（2015宿迁模拟）设NA表示阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是 （）A一定条件下，0.2mol SO2与足量O2充分反应，生成SO3分子数为0.2NAB0.1molNH2（氨基）中含有的电子数为0.7 NAC3.4克H2O2中含有的公用电子对数为0.1NAD常温常压下，16克O2和O3混合气体含有的氧原子数为NA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、二氧化硫和氧气反

10、应是可逆反应不能进行彻底；B、氨基是取代基，属于中性原子团，结合微粒计算电子数；C、依据n=计算物质的量，结合分子结构计算共用电子对数；D、依据n=计算物质的量，结合以上守恒分析计算解答：解：A、二氧化硫和氧气反应是可逆反应不能进行彻底，一定条件下，0.2mol SO2与足量O2充分反应，生成SO3分子数小于0.2NA，故A错误；B、氨基是取代基，属于中性原子团，结合微粒计算电子数=0.1mol×9×NA=0.9NA，故B错误；C、依据n=计算物质的量=0.1mol，结合分子结构计算共用电子对数=0.1mol×3×NA=0.3NA，故C错误；D、依据n=

11、计算物质的量，结合以上守恒分析计算，16克O2和O3混合气体含有的氧原子数=×NA=NA，故D正确；故选D点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，难度中等，主要是微粒结构分析判断，质量换算物质的量计算微粒数，掌握基础是关键，题目难度中等6（2分）（2015宿迁模拟）用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的是（）A利用图1装置制备乙烯B利用图2装置除去Cl2中的HClC利用图3装置证明酸性：CH3COOHH2CO3苯酚D利用图4装置探究NaHCO3的热稳定性考点：化学实验方案的评价.专题：实验评价题分析：A140反应得到乙烯；B氯气在饱和食盐水中的溶解度较小；C醋酸易挥发；D试管口

12、应略向下倾斜解答：解：A140反应得到乙烯，温度计应插入液面以下，故A错误； B氯气在饱和食盐水中的溶解度较小，氯化氢极易溶于水，故B正确；C醋酸易挥发，苯酚钠变浑浊，可能是醋酸与苯酚钠反应，应设计一个装置除去CO2中混有的醋酸蒸气，故C错误；D试管口应略向下倾斜，防止水蒸气冷凝回流，试管炸裂，故D错误故选B点评：本题考查化学实验方案的评价，涉及物质的制备、除杂、性质实验等，注意化学实验操作的考查，熟悉高考中对化学实验注意事项及操作要点的考查，题目难度中等7（2分）（2015宿迁模拟）下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）A碳酸钙溶于稀醋酸：CaCO3+2H+Ca2+H2O+CO2B铜与

13、稀硝酸反应：3Cu+2NO3+8H+3Cu2+2NO+4H2OC向NH4HCO3溶液中滴加过量Ba（OH）2溶液：HCO3+OH+Ba2+H2O+BaCO3D用银氨溶液检验乙醛中的醛基：CH3CHO+2OHCH3COO+NH4+NH3+Ag+H2O考点：离子方程式的书写.专题：离子反应专题分析：A醋酸为弱电解质，离子方程式中醋酸不能拆开，应该保留分子式；B铜与稀硝酸反应生成一氧化氮气体，根据电荷守恒、质量守恒定律进行判断；C氢氧化钡过量，铵根离子和碳酸氢根离子都完全反应，题中漏掉了铵根离子与氢氧根离子的反应；D根据电子守恒、电荷守恒判断，该离子方程式两边电子、电荷不守恒解答：解：A碳酸钙溶于稀

14、醋酸，醋酸应该保留分子式，正确的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2+H2O+CO2+2CH3COO，故A错误；B铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮气体和会，反应的离子方程式为：3Cu+2NO3+8H+3Cu2+2NO+4H2O，故B正确；C向NH4HCO3溶液中滴加过量Ba（OH）2溶液，铵根离子和碳酸氢根离子都参与反应，正确的离子方程式为：NH4+HCO3+2OH+Ba2+H2O+BaCO3+NH3H2O，故C错误；D用银氨溶液检验乙醛中的醛基，乙醛被氧化成乙酸根离子，化合价变化为2，被还原的银的计量数应该为2，且离子方程式两边电荷不守恒，正确的离子方程式为：CH3CHO+2

15、+2OHCH3COO+NH4+3NH3+2Ag+H2O，故D错误；故选B点评：本题考查了离子方程式的正误判断，为中等难度的试题，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）、检查是否符合原化学方程式等8（2分）（2015宿迁模拟）X、Y、Z为中学化学常见物质，其转化关系如下图所示（“”表示一步转化）下列组合不正确的是（）选项XYZASiO2H2SiO3Na2SiO3BNaNa2O2NaOHCH2SO3SO2H2SO4DHClOCl2HClAA

16、BBCCDD考点：硅和二氧化硅；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；含硫物质的性质及综合应用；钠的化学性质.专题：元素及其化合物分析：A二氧化硅不溶于水，不能够与水化合生成硅酸；B钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠，电解熔化的氢氧化钠得到单质钠；C亚硫酸分解生成二氧化硫，亚硫酸具有还原性，能够被氧气氧化生成硫酸；D次氯酸与氯化物反应可以生成氯气，次氯酸分解可以得到HCl，氯气与水反应得到HCl解答：解：A二氧化硅不溶于水，不能够与水化合生成硅酸，不能实现一步转化，故A错误；B钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠，电解熔化的氢氧化钠得到单质钠，符合转化关系，

17、故B正确；C亚硫酸分解得到二氧化硫，亚硫酸与氢氧化钠反应得到亚硫酸钠，二氧化硫与氢氧化钠反应得到亚硫酸钠，符合转化关系，故C正确；D次氯酸与氯化物发生氧化还原反应可以生成氯气，次氯酸分解可以得到HCl，而氯气与水反应可以得到HCl，符合转化关系，故D正确；故选：A点评：本题考查无机推断题，侧重于物质的性质的考查，熟悉物质的性质是解题关键，题目难度不大9（2分）（2015宿迁模拟）下表为部分短周期元素的原子半径及主要化合价下列说法正确的是（）元素代号LMQRT原子半径/nm0.1860.1430.1040.0750.066主要化合价+1+3+6，2+5，32A气态氢化物的稳定性：RTB工业上电解

18、MCl3溶液制备单质MC化合物L2T与QT2所含化学键类型相同DL与Q的最高价氧化物的水化物均能与M（OH）3反应考点：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：短周期元素，Q、T都有2价，处于A族，Q原子半径较大、T只有2价，则T为O元素、Q为S元素；L有+1价，处于A族，原子半径LQ，则L为Na元素；M有+3价，处于A族，原子半径M的介于L、Q间，则M为Al元素，R有+5、3，处于A族，原子半径小于S，故R为N元素，据此解答解答：解：短周期元素，Q、T都有2价，处于A族，Q原子半径较大、T只有2价，则T为O元素、Q为S元素；L有+1价，处于A族，原子半径LQ，

19、则L为Na元素；M有+3价，处于A族，原子半径M的介于L、Q间，则M为Al元素，R有+5、3，处于A族，原子半径小于S，故R为N元素，A非金属性NO，故氢化物稳定性NH3H2O，故A错误；B工业上电解熔融氧化铝冶炼Al，电解氯化铝溶液不能得到Al单质，故B错误；C化合物Na2O含有离子键、SO2含有共价键，二者含有化学键不同，故C错误；D氢氧化铝是两性氢氧化物，能与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，与硫酸反应生成硫酸铝与水，故D正确，故选D点评：本题考查结构性质位置关系应用，根据原子半径及化合价来推断出元素是解答本题的关键，难度中等10（2分）（2015宿迁模拟）如图装置可处理乙醛废水，乙醛在阴、

20、阳极发生反应，分别转化为乙醇和乙酸下列说法正确的是（）Ab电极为正极B电解过程中，阴极区Na2SO4的物质的量增大C阳极电极反应式为：CH3CHO2e+H2OCH3COOH+2H+D电解过程中，两极均有少量气体产生，则阳极产生的是H2考点：电解原理.专题：电化学专题分析：阳极发生氧化反应，生成乙酸和氧气，电极反应为CH3CHO2e+H2OCH3COOH+2H+、4OH4eO2+2H2O，阴极发生还原反应，生成乙醇和氢气，电极反应为4H+4e2H2或4H2O+4e2H2+4OH、CH3CHO+2e+2H2OCH3CH2OH+2OH，据此分析解答解答：解：Ab连接阴极，所以b为负极，故A错误；B硫

21、酸钠不参与反应，所以电解过程中，阴极区Na2SO4的物质的量不变，故B错误；C阳极上失电子发生氧化反应，阳极电极反应式为：CH3CHO2e+H2OCH3COOH+2H+、4OH4eO2+2H2O，故C正确；D阳极电极反应为CH3CHO2e+H2OCH3COOH+2H+、4OH4eO2+2H2O，阴极电极反应为4H+4e2H2或4H2O+4e2H2+4OH、CH3CHO+2e+2H2OCH3CH2OH+2OH，所以电解过程中，两极均有少量气体产生，则阳极产生的是氧气，故D错误；故选C点评：本题考查了电解原理，正确书写阴阳极上电极反应式是解本题关键，根据电极反应式分析解答，题目难度不大二、不定项选

22、择（共5小题，满分20分）11（4分）（2015宿迁模拟）下列说法中正确的是 （）A8NH3（g）+6NO2（g）7N2（g）+12H2O（g）H0，则该反应一定能自发进行B常温下，pH均为5的盐酸与氯化铵溶液中，水的电离程度相同C催化剂可以加快化学反应速率，也能增大化学反应的焓变DNH3H2O溶液加水稀释后，溶液中Kw的值增大考点：反应热和焓变；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用.专题：基本概念与基本理论分析：A该反应的S0，H0，因此G=HTS0，反应自发；B盐酸抑制水的电离，氯化铵水解促进水的电离；C催化剂可以加快化学反应速率，但对于反应的焓变无影响；DKw只受温度的影响解答：

23、解：A该反应的S0，H0，因此G=HTS0，反应自发，故A正确；B盐酸抑制水的电离，氯化铵水解促进水的电离，后者水的电离程度大于前者，故B错误；C催化剂可以加快化学反应速率，但对于反应的焓变无影响，故C错误；DKw只受温度的影响，温度不变，Kw不变，故D错误；故选A点评：本题考查了化学反应速率和化学反应进行的方向、弱电解质的电离、盐类的水解等知识，为高考高频考点，难度不大，注意盐类水解是促进水的电离，酸和碱抑制水的电离12（4分）（2015宿迁模拟）镇咳药沐舒坦可由化合物甲和化合物乙在一定条件下制得：下列有关叙述正确的是（）A反应过程中加入适量K2CO3可提高沐舒坦的产率B化合物甲的分子式为C

24、7H4NBr2ClC化合物乙既能与HCl溶液反应又能与NaOH溶液反应D一定条件下，沐舒坦分别能发生消去、氧化、取代、加成反应考点：有机物的结构和性质.专题：有机物的化学性质及推断分析：A反应为可逆反应，加入碳酸钾与HCl反应；B根据结构简式可确定有机物分子式；COH与氢氧化钠不反应；D沐舒坦含有羟基，可发生取代、消去、氧化反应，含有苯环，可发生加成反应解答：解：A反应为可逆反应，加入碳酸钾与HCl反应，HCl浓度降低，有利于平衡向正向移动，故A正确；B由结构简式可知有机物分子式为C7H6NBr2Cl，故B错误；COH与氢氧化钠不反应，不具有酸性，故C错误；D沐舒坦含有羟基，可发生取代、消去、

25、氧化反应，含有苯环，可发生加成反应，故D正确故选AD点评：本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，题目难度不大，注意把握有机物官能团的性质，易错点为D13（4分）（2015宿迁模拟）下列依据相关实验或事实得出的结论正确的是（）ASiO2既能与HF溶液反应，又能与NaOH溶液反应，说明SiO2是两性氧化物B鸡蛋清溶液中加入饱和（NH4）2SO4溶液有白色沉淀产生，说明蛋白质发生了变性C将少量某有机物滴加到新制氢氧化铜中，充分振荡，未见砖红色沉淀生成，说明该有机物不含醛基D相同体积pH均为3的HA和HB两种酸分别与足量的锌充分反应，HA放出的氢气多，说明HB的酸性比HA

26、的酸性强考点：硅和二氧化硅；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；有机物（官能团）的检验；比较弱酸的相对强弱的实验.专题：实验评价题分析：A二氧化硅不能和强酸反应；B饱和（NH4）2SO4溶液使蛋白质发生盐析；C该反应需要加热；DpH相同、体积相同的不同一元酸与足量锌反应时，放出氢气的量与酸的物质的量成正比解答：解：A二氧化硅能和NaOH溶液反应，二氧化硅不能和强酸反应，只和HF反应，没有代表性，所以不能据此判断二氧化硅具有两性，故A错误；B饱和（NH4）2SO4溶液使蛋白质在水溶液中的溶解度变小而发生盐析，不属于变性，故B错误；C该反应需要加热，否则不能生成砖红色沉淀，故C错误；DpH相同、体积相

27、同的不同一元酸与足量锌反应时，HA放出的氢气多，说明HA的物质的量大，则HA的浓度大于HB，所以HA的酸性小于HB，故D正确；故选D点评：本题考查了物质的性质，涉及二氧化硅、盐析和变性、官能团的检验、弱电解质的电离等知识点，注意盐析和变性的区别，注意：不同一元酸与足量金属反应时，生成氢气多少与酸的物质的量有关，与电解质强弱无关，为易错点14（4分）（2015宿迁模拟）下列有关电解质溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A0.1molL1 NaHCO3溶液中：c（H+）+2c（H2CO3）=2c（CO32）+c（OH）B0.1molL1 （NH4）2Fe（SO4）2溶液中：c（SO42）=c（

28、NH4+）c（Fe2+）c（H+）c（OH）C将醋酸钠、盐酸两溶液混合后，溶液呈中性，则混合后的溶液中：c（Na+）c（Cl）DpH相等的CH3COONa C6H5ONa Na2CO3 NaOH四种溶液的物质的量浓度大小：考点：离子浓度大小的比较；盐类水解的应用.专题：盐类的水解专题分析：A任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒判断；B亚铁离子和铵根离子都水解导致溶液呈酸性，但水解程度较小；C溶液呈中性，则c（H+）=c（OH），根据电荷守恒判断c（Na+）、c（Cl）相对大小；DpH相等的这几种溶液，强碱溶液浓度最小，弱酸根离子水解程度越大，钠盐溶液浓度越小解答：解

29、：A任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据物料守恒c（Na+）=c（HCO3）+c（CO32）+c（H2CO3）、根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（HCO3）+2c（CO32）+c（OH），所以得c（H2CO3）+c（H+）=c（CO32）+c（OH），故A错误；B亚铁离子和铵根离子都水解导致溶液呈酸性，但水解程度较小，所以离子浓度大小顺序是c（SO42）c（NH4+）c（Fe2+）c（H+）c（OH），故B错误；C溶液呈中性，则c（H+）=c（OH），根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（Cl）+c（CH3COO），所以c（Na+）c（Cl），故C正确；D

30、pH相等的这几种溶液，强碱溶液浓度最小，酸根离子水解程度CO32C6H5OCH3COO，所以这几种溶液浓度大小顺序是：，故D正确；故选CD点评：本题考查了离子浓度大小比较，根据溶液中溶质性质结合守恒思想分析解答，知道酸根离子水解程度与酸的酸性强弱关系，题目难度中等15（4分）（2015宿迁模拟）在甲、乙、丙三个不同密闭容器中按不同方式投料，一定条件下发生反应（起始温度和起始体积相同）：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H0，相关数据如下表所示：下列说法正确的是 （）容器甲乙丙相关条件恒温恒容绝热恒容恒温恒压反应物投料1mol N2、3mol H22mol NH32mol NH3平衡时容器体

31、积V甲V乙V丙反应的平衡常数K=K甲K乙K丙平衡时NH3的浓度/molL1c甲c乙c丙平衡时NH3的反应速率/molL1min1v甲v乙v丙AV甲V丙BK乙K丙Cc乙c甲Dv甲=v丙考点：化学平衡建立的过程.专题：化学平衡专题分析：A、丙为氨的分解是气体体积增大的反应，所以丙恒温恒压，体积变大，甲恒温恒容，体积不变，所以，V甲V丙；B、合成氨是放热反应，其逆反应氨气分解就是吸热的，乙绝热容器，丙恒温，所以乙反应后比丙温度低，向吸热方向进行的程度小，平衡时乙中氨气浓度比丙高，氮气和氢气浓度比丙低，K乙K丙；C、条件相同时，甲与乙是等效平衡甲与乙容器体积相同，乙分解氨气吸热导致乙比甲温度低，平衡向

32、合成氨方向移动，平衡时氨气浓度乙大于甲；D、甲与丙起始温度和起始体积相同，恒温条件下反应，丙在恒压条件下分解氨气生成氢气和氮气，平衡时体积比反应前大，即平衡时丙体积大于甲，则压强甲大于丙，所以甲丙解答：解：A、丙为氨的分解是气体体积增大的反应，所以丙恒温恒压，体积变大，甲恒温恒容，体积不变，所以，V甲V丙，故A错误；B、合成氨是放热反应，其逆反应氨气分解就是吸热的，乙绝热容器，丙恒温，所以乙反应后比丙温度低，向吸热方向进行的程度小，平衡时乙中氨气浓度比丙高，氮气和氢气浓度比丙低，K乙K丙，故B正确；C、条件相同时，甲与乙是等效平衡甲与乙容器体积相同，乙分解氨气吸热导致乙比甲温度低，平衡向合成氨

33、方向移动，平衡时氨气浓度乙大于甲，即c乙c甲，故C正确；D、甲与丙起始温度和起始体积相同，恒温条件下反应，丙在恒压条件下分解氨气生成氢气和氮气，平衡时体积比反应前大，即平衡时丙体积大于甲，则压强甲大于丙，所以甲丙，故D错误故选：BC点评：本题主要考查学生对表格数据的分析利用能力和利用勒夏特列原理分析平衡移动的思维，题目有一定难度三、解答题（共5小题，满分68分）16（12分）（2015宿迁模拟）聚合硫酸铁铝（PFAS）是一种新型高效水处理剂利用硫铁矿烧渣（主要成分为Fe3O4、FeO、SiO2等）为铁源、粉煤灰（主要成分为Al2O3、Fe2O3、FeO等）为铝源，制备PFAS的工艺流程如下：（

34、1）“碱溶”时，Al2O3发生反应的化学方程式为Al2O3+2NaOH2NaAlO2+H2O（2）“酸溶”时，Fe3O4发生反应的离子方程式为Fe3O4+8H+2Fe3+Fe2+4H2O（3）“滤渣”、“滤渣”在本流程中能加以利用的是滤渣（4）“氧化”时应控制温度不超过57，其原因是温度过高，H2O2会分解（5）“氧化”时若MnO2用代替H2O2，发生反应的离子方程式是2Fe2+MnO2+4H+2Fe3+Mn2+2H2O（6）酸度对絮凝效果和水质有显著影响若产品PFAS中残留过多，使用时产生的不良后果是硫酸抑制Al3+和Fe3+水解，降低絮凝效果；水的酸度增大，影响水质考点：制备实验方案的设计

35、；镁、铝的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物.专题：几种重要的金属及其化合物分析：加入NaOH溶液使Al2O3溶解，其方程式为Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，通入过量CO2，发生的反应为CO2+NaAlO2+2H2O=Al（OH）3+NaHCO3；再加入H2SO4时，其反应原理为2Al（OH）3+3H2SO4=Al2（SO4）3+6H2O，结晶得到Al2（SO4）3晶体；向硫铁矿烧渣中加入H2SO4，其方程式为FeO+H2SO4=FeSO4+H2O，Fe3O4+8H+=2Fe3+Fe2+4H2O；加入过氧化氢氧化亚铁盐为铁盐，结晶结晶制备PFAS；（1）加入NaOH溶液使Al2O

36、3溶解生成偏铝酸钠和水；（2）四氧化三铁和酸反应生成铁盐，亚铁盐；（3）“滤渣”中含有Fe2O3、FeO，“滤渣”中含有SiO2，根据工艺流程，滤渣可加以利用；（4）H2O2氧化Fe2+时，温度不能过高，其原因是温度过高，H2O2会分解；（5）“氧化”时若MnO2用代替H2O2，发生反应是酸溶液中二氧化锰氧化亚铁离子为铁离子，二氧化锰被还原为锰离子；（6）因为Fe3+、Al3+水解均呈酸性，所以产品PFAS中硫酸残留过多，会抑制Al3+、Fe3+水解，降低絮凝效果，并且酸度过大影响水质；解答：解：加入NaOH溶液使Al2O3溶解，其方程式为Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；通入过

37、量CO2，发生的反应为CO2+NaAlO2+2H2O=Al（OH）3+NaHCO3；再加入H2SO4时，其反应原理为2Al（OH）3+3H2SO4=Al2（SO4）3+6H2O，结晶得到Al2（SO4）3晶体；向硫铁矿烧渣中加入H2SO4，其方程式为FeO+H2SO4=FeSO4+H2O，Fe3O4+8H+=2Fe3+Fe2+4H2O，加入过氧化氢氧化亚铁盐为铁盐，结晶结晶制备PFAS；（1）“碱溶”时，Al2O3发生反应的化学方程式为Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；故答案为：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；（2）“酸溶”时，Fe3O4发生反应的离子方程式为Fe

38、3O4+8H+=2Fe3+Fe2+4H2O；故答案为：Fe3O4+8H+=2Fe3+Fe2+4H2O；（3）依据上述分析可知，“滤渣”中含有Fe2O3、FeO，“滤渣”中含有SiO2，根据工艺流程，滤渣可加以利用；故答案为：滤渣；（4）H2O2氧化Fe2+时，“氧化”时应控制温度不超过57，其原因是温度不能过高，其原因是温度过高，H2O2会分解；故答案为：温度过高，H2O2会分解；（5）“氧化”时若用MnO2代替H2O2，发生反应是酸溶液中二氧化锰氧化亚铁离子为铁离子，二氧化锰被还原为锰离子，反应的离子方程式为：2Fe2+MnO2+4H+2Fe3+Mn2+2H2O；故答案为：2Fe2+MnO2

39、+4H+2Fe3+Mn2+2H2O；（6）酸度对絮凝效果和水质有显著影响若产品PFAS中残留过多，使用时产生的不良后果是，因为Fe3+、Al3+水解均呈酸性，所以产品PFAS中硫酸残留过多，会抑制Al3+、Fe3+水解，降低絮凝效果，并且酸度过大影响水质；故答案为：硫酸抑制Al3+和Fe3+水解，降低絮凝效果；水的酸度增大，影响水质；点评：本题考查了物质制备实验工厂分析判断，物质性质的理解应用，离子方程式、化学方程式书写方法，盐类水解分析应用，掌握基础是关键，题目难度中等17（15分）（2015宿迁模拟）葛根大豆苷元（F）用于治疗高血压引起的头疼、突发性耳聋等症，其合成路线如下：（1）化合物C

40、中的含氧官能团有醚键、羧基（填官能团名称）（2）已知：CD为取代反应，其另一产物为H2O，写出X的结构简式：（3）反应EF的反应类型是取代反应（4）写出同时满足下列条件的B的两种同分异构体的结构简式：属于芳香族化合物，分子中有4种不同化学环境的氢；能与FeCl3溶液发生显色反应；不能发生水解反应，能发生银镜反应（5）根据已有知识并结合相关信息，写出以 和（CH3CO）2O为原料制备药物中间体 的合成路线流程图（无机试剂任用）合成路线流程图示例如下：H2C=CH2 CHCH2BrCH3CH2OH考点：有机物的合成.专题：有机物的化学性质及推断分析：（1）根据C的结构简式判断；（2）根据C、D的结

41、构，利用元素守恒可推出X的结构简式；（3）比较E、F中的官能团的变化可判断反应类型；（4）根据B的结构简式同时结合下列条件属于芳香族化合物，说明有苯环，分子中有4种不同化学环境的氢；能与FeCl3溶液发生显色反应，说明有酚羟基；不能发生水解反应，能发生银镜反应，说明有醛基，据此书写同分异构体的结构简式；（5）以 和（CH3CO）2O为原料制备，要先在中的苯环对位引入乙酰基，可根据题目中信息AB实现，再通过加成、消去、加成、取代，得到产品，据此答题解答：解：（1）根据C的结构简式可知，C中有醚键和羧基，故答案为：醚键；羧基； （2）根据C、D的结构，利用元素守恒可推出X的结构简式为，故答案为：；

42、（3）比较E、F中的官能团的变化可知，反应EF是取代反应，故答案为：取代反应；（4）根据B的结构简式同时结合下列条件属于芳香族化合物，说明有苯环，分子中有4种不同化学环境的氢；能与FeCl3溶液发生显色反应，说明有酚羟基；不能发生水解反应，能发生银镜反应，说明有醛基，这样的同分异构体的结构简式有，故答案为：；（5）以 和（CH3CO）2O为原料制备，要先在中的苯环对位引入乙酰基，可根据题目中信息AB实现，再通过加成、消去、加成、取代，得到产品，合成路线为，故答案为：点评：本题是一道综合性的有机合成试题，考查了同分异构题的书写，及根据条件进行有机合成，题目难度较大注意关注重要官能团的性质，书写同

43、分异构体（有限制条件的）要求熟练掌握各种官能团的性质结合题目信息即可得出答案18（12分）（2015宿迁模拟）某科研小组在900的空气中合成出化学式为La2Ca2MnOx的超导体材料，其中La以+3价存在为确定x的值，进行如下分析：步骤1：准确称取0.5250g超导体材料样品，放入锥形瓶中，加25.00mL0.06000molL1 Na2C2O4溶液（过量）和25mL 6molL1 HNO3溶液，在6070下充分摇动，约半小时后得到无色透明溶液A（该条件下，只有Mn元素被还原为Mn2+，Na2C2O4被氧化为CO2）步骤2：用0.02000molL1 KMnO4溶液滴定溶液A至终点，消耗10.

44、00mL KMnO4溶液（1）步骤1反应后溶液中Mn2+的物质的量浓度为0.02000molL1常温下，为防止Mn2+形成Mn（OH）2沉淀，溶液的pH的范围为pH8.5（2）步骤2滴定终点的现象是溶液变成浅红色，且半分钟内不褪色（3）步骤2滴定终点读数时俯视刻度，其他操作都正确，则所测x的值将偏大（填“偏大”、“偏小”或“不变”）（4）求x的值（写出计算过程）考点：中和滴定；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）根据溶度积常数计算pH的范围；（2）滴定终点时，显示高锰酸钾溶液的颜色；（3）滴定终点俯视，读数偏小，根据此计算的和高锰酸钾反应的C2O42偏少，则溶

45、解消耗的C2O42偏大，据此分析；（4）根据消耗高锰酸钾的量计算出和高锰酸钾反应的C2O42，进而计算出溶解样品所消耗的C2O42，样品和C2O42反应时，Mn元素化合价降低得电子，C的化合价升高失电子，根据氧化还原反应中转移电子数相等来计算x值解答：解：（1）沉淀溶解平衡常数Ksp=c（Mn2+）c2（OH ），当c（Mn2+）=0.02000 molL1，所以要防止溶液中Mn2+形成Mn（OH）2沉淀，c（OH ）=×106，c（H+）=，pH=8.5，故pH8.5无沉淀生成，故答案为：pH8.5；（2）当滴定终点时，C2O42被滴定完毕，再加入高锰酸钾，显示高锰酸钾的颜色，故答

46、案为：溶液变成浅红色，且半分钟内不褪色；（3）滴定终点俯视，读数偏小，根据此计算的和高锰酸钾反应的C2O42偏少，则溶解消耗的C2O42偏大，故测量x值偏大；故答案为：偏大；（3）样品溶解后，滴定消耗高锰酸钾：10.00mL×0.02000mol/L=0.2000mmol，2MnO4+5C2O42+16H+=2Mn2+10CO2+8H2OO.2000mmol 0.5000mmol样品溶解过程所消耗的C2O42量：25.00mL×0.06000mol/L0.5000mmol=1.000mmol，La2Ca2MnOx中Mn的化合价为：2x2×32×2=2x1

47、0，根据La2Ca2MnOx中Mn得电子总数与C2O42中C电子总数相等得：=2×1.000×103，解得：x=7答：x的值为7点评：本题考查了探究物质组成的计算，涉及沉淀溶解平衡的计算、滴定操作及计算、氧化还原反应的计算，中等难度，注意分清反应过程，利用得失电子守恒来计算x19（15分）（2015宿迁模拟）草酸镍晶体（NiC2O42H2O）可用于制镍催化剂，硫酸镍晶体（NiSO47H2O）主要用于电镀工业某小组用废镍催化剂（成分为Al2O3、Ni、Fe、SiO2、CaO等）制备草酸镍晶体的部分实验流程如下：已知：相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH如下表（开始沉淀的pH按金

48、属离子浓度为1.0molL1计算）：金属离子开始沉淀的pH沉淀完全的pHFe3+1.13.2Fe2+5.88.8Al3+3.05.0Ni2+6.79.5Ksp（CaF2）=1.46×1010 Ksp（CaC2O4）=2.34×109（1）粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率，提高镍的浸出率（2）保持其他条件相同，在不同温度下对废镍催化剂进行“酸浸”，镍浸出率随时间变化如图“酸浸”的适宜温度与时间分别为c（填字母）a30、30min b90、150minc70、120min d90、120min（3）证明“沉镍”工序中Ni2+已经沉淀完全的实验步骤及现象是静置，在上层清液中

49、继续滴加（NH4）2C2O4溶液，若不产生沉淀，则Ni2+已经沉淀完全（4）将“沉镍”工序得到的混合物过滤，所得固体用乙醇洗涤、110下烘干，得草酸晶体用乙醇洗涤的目的是洗去（NH4）2SO4杂质、便于烘干；烘干温度不超过110的原因是防止温度过高，草酸镍晶体失去结晶水（5）由流程中的“浸出液”制备硫酸镍晶体的相关实验步骤如下：第1步：取“浸出液”，加足量的H2O2溶液，充分反应后用NaOH溶液，调节溶液5.0pH6.7，充分反应后过滤，以除去铁、铝元素；第2步：向所得滤液中加入适量NH4F溶液，充分反应后过滤，得“溶液X”；第3步：用NaOH溶液调节溶液X的pH9.5，充分反应后过滤；第4步

50、：滤渣用稍过量硫酸充分溶解后，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得硫酸镍晶体请补充完整相关实验步骤（可选试剂：H2SO4溶液、NaOH溶液、HNO3溶液、H2O2溶液）第2步中加入适量NH4F溶液的作用是除去杂质Ca2+考点：制备实验方案的设计；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离、提纯和除杂.专题：实验题分析：（1）把废镍催化剂粉碎，增大了反应的接触面积，加快反应速率，提高镍的浸出率；（2）根据镍浸出率随时间变化图可知，70时，镍浸出率很大，从时间看，120min镍浸出率就已经很高了；（3）“沉镍”工序中，可以用继续滴加（NH4）2C2O4溶液的方法，检验Ni2+是否沉淀完全

51、，待溶液静置后，在上层清液中继续滴加（NH4）2C2O4溶液，若不产生沉淀，则Ni2+已经沉淀完全；（4）“沉镍”工序生成了（NH4）2SO4，用乙醇洗涤，能洗去（NH4）2SO4杂质、便于烘干；烘干温度不超过110，如果温度过高，草酸镍晶体会失去结晶水；（5）为了除去铁、铝元素，第1步：取“浸出液”，用双氧水氧化二价铁为三价铁，再加入NaOH溶液，调节溶液5.0pH6.7，让Al3+、Fe3+沉淀完全，不能让Ni2+沉淀；第3步：用NaOH溶液调节溶液X的pH9.5，使Ni2+沉淀完全；根据Ksp（CaF2）=1.46×1010Ksp（CaC2O4）=2.34×109，加

52、入适量NH4F溶液，生成CaF2，除去Ca2+解答：解：（1）把废镍催化剂粉碎，增大了反应的接触面积，加快反应速率，提高镍的浸出率，故答案为：增大接触面积，加快反应速率，提高镍的浸出率；（2）根据镍浸出率随时间变化图可知，70时，镍浸出率很大，从时间看，120min镍浸出率就已经很高了，故答案为：c；（3）“沉镍”工序中，可以用继续滴加（NH4）2C2O4溶液的方法，检验Ni2+是否沉淀完全，待溶液静置后，在上层清液中继续滴加（NH4）2C2O4溶液，若不产生沉淀，则Ni2+已经沉淀完全；故答案为：静置，在上层清液中继续滴加（NH4）2C2O4溶液，若不产生沉淀，则Ni2+已经沉淀完全；（4）“沉镍”工序生成了（NH4）2SO4，用乙醇洗涤，能洗去（NH4）2SO4杂质、便于烘干；故答案为：洗去（NH4）2SO4杂质、便于烘干；烘干温度不超过110，如果温度过高，草酸镍晶体会失去结晶水；故答案为：防止温度过高，草酸镍晶体失去结晶水；（5）为了除去铁、铝元素，第1步：取“浸出液”，用双氧水氧化二价铁为三价铁，再加入NaOH溶液，调节溶液5.0pH6.7，让Al3+、Fe3+沉淀完全，不能让Ni2+沉淀；第3步：用NaOH溶液调节溶液X的pH9.5，使Ni2+沉淀完全；故