1、2015年湖北省武汉十一中高考化学模拟试卷（十一）一、选择题（本题包括13小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意）1（6分）（2015武汉校级模拟）下列有关叙述错误的是（）A推广使用无磷洗衣粉主要是为了防止水体富营养化B高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型自来水处理剂，有强氧化性可消毒杀菌，其还原产物能吸附水中杂质C石油裂解、煤的气化、海水制镁、纤维素制火棉等过程中都包含化学变化D测定有机物结构方法较多，如红外光谱、紫外光谱、质谱、核磁共振氢谱、同位素原子示踪法等2（6分）（2015武汉校级模拟）设NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）A12g金刚石晶体中含有的C
2、C的数目为2NAB1L1molL1的NaClO溶液中含有ClO的数目为NAC5.6gFe与足量的水蒸气完全反应，转移电子的数目为0.2NAD标准状况下，22gCO2气体中含有的键和键的数目均为2NA3（6分）（2015安徽模拟）下列各装置能够达到相应实验目的是（）A用装置除去乙酸乙酯中混有的少量乙酸B用装置除去氯气中的少量氯化氢C用装置制取无水MgCl2D用装置制取乙烯4（6分）（2015眉山模拟）亚硝酸钠（NaNO2）是一种具有咸味、有毒，且价格比食盐（NaCl）便宜的工业用盐，常被误作食盐使用，导致多起中毒事故发生它的部分性质见如图，下列说法错误的是（）A右图所涉及到的化学反应都是氧化还原
3、反应BN2H4极易溶于水，因为它是极性分子且与水分子之间易形成氢键CNaNO2与N2H4生成NaN3的反应方程式为：NaNO2+N2H4=NaN3+2H2OD可用淀粉碘化钾试纸和食醋鉴别食盐（NaCl）与亚硝酸钠（NaNO2）5（6分）（2015闸北区一模）关于三种有机物叙述错误的是（SH的性质类似于OH）（）A都能发生酯化反应B都能与NaOH反应C甲的苯环上的一氯代物有4种D丙的分子式为C10H15ON，苯环上的一氯代物有3种6（6分）（2015岳阳模拟）25时，几种弱酸的电离常数如下：25时，下列说法正确的是（）弱酸的化学式CH3COOHHCNH2S电离常数（25）1.81054.9101
4、0K1=1.3107K2=7.11015A等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH（CH3COONa）pH（Na2S）pH（NaCN）Ba mol/LHCN溶液与b mol/LNaOH溶液等体积混合，所得溶液中c（Na+）c（CN），则a一定小于或等于bCNaHS和Na2S的混合溶液中，一定存在c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HS）+2c（S2）D某浓度的NaCN溶液的pH=d，则其中由水电离出的c（OH）=10dmol/L7（6分）（2015武汉校级模拟）一定温度下，在三个体积均为2.0L的恒容密闭容器中发生如下反应：PCl5（g）PCl3（g）+Cl2（g）编号温度（）起始物质的量
5、（mol）平衡物质的量（mol）达到平衡所需时间（s）PCl5（g）PCl3（g）Cl2（g）320 0.400.100.10t1320 0.80t2410 0.400.150.15t3下列说法正确的是（）A平衡常数K：容器容器B反应到达平衡时，PCl5的转化率：容器容器C反应到达平衡时，容器I中的平均速率为v（PCl5）=mol/（Ls）D起始时向容器中充入PCl5 0.30 mol、PCl30.45 mol和Cl20.10 mol，则反应将向逆反应方向进行二、解答题（共3小题，满分43分）8（15分）（2015南通一模）目前，回收溴单质的方法主要有水蒸气蒸馏法和萃取法等某兴趣小组通过查阅相
6、关资料拟采用如下方案从富马酸废液（含溴0.27%）中回收易挥发的Br2：（1）操作X所需要的主要玻璃仪器为；反萃取时加入20%的NaOH溶液，其离子方程式为（2）反萃取所得水相酸化时，需缓慢加入浓硫酸，并采用冰水浴冷却的原因是（3）溴的传统生产流程为先采用氯气氧化，再用空气水蒸气将Br2吹出与传统工艺相比，萃取法的优点是（4）我国废水三级排放标准规定：废水中苯酚的含量不得超过1.00mg/L实验室可用一定浓度的溴水测定某废水中苯酚的含量，其原理如下：请完成相应的实验步骤：步骤1：准确量取25.00mL待测废水于250mL锥形瓶中步骤2：将4.5mL 0.02mol/L溴水迅速加入到锥形瓶中，塞
7、紧瓶塞，振荡步骤3：打开瓶塞，向锥形瓶中加入过量的0.1mol/L KI溶液，振荡步骤4：，再用0.01mol/L Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗 Na2S2O3溶液15mL（反应原理：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6）步骤5：将实验步骤14重复2次该废水中苯酚的含量为mg/L步骤3若持续时间较长，则测得的废水中苯酚的含量（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）9（15分）（2015重庆校级模拟）甲醇又称“木醇”或“木精”，沸点64.7，是无色有酒精气味易挥发的液体甲醇有毒，误饮510mL能双目失明，大量饮用会导致死亡甲醇是重要的化学工业基础原料和液体燃料，可用于制造甲醛和
8、农药，并常用作有机物的萃取剂和酒精的变性剂等（1）工业上可利用CO2和H2生产甲醇，方程式如下：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（l）+H2O （g）H=Q1kJmol1又查资料得知：CH3OH（l）+1/2O2（g）CO2（g）+2H2（g）H=Q2kJmol1H2O（g）=H2O（l）H=Q3kJmol1，则表示甲醇的燃烧热的热化学方程式为（2）工业上可用CO和H2O（g）来合成CO2 和H2，再利用（1）中反应原理合成甲醇某温度下，将1molCO和1.5molH2O充入10L固定密闭容器中进行化学反应：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H0，当反应进行到10min时达到
9、平衡，此时测得H2为0.6mol回答下列问题：010min内H2O（g）的平均反应速率为若想加快正反应速率的同时提高CO的转化率，可以采用的方法是a升高温度 b缩小容器的体积c增大H2O （g）的浓度 d加入适当的催化剂若保持温度容积不变再向其中充入1molCO和0.5molH2O（g），重新达到化学平衡状态时，此时平衡混合气体中H2的体积分数为（3）甲醇燃料电池是符合绿色化学理念的新型燃料电池，下图是以甲醇燃料电池（甲池）为电源的电解装置已知：A、B、C、D、E、F都是惰性电极，丙中为0.1mol/L CuSO4溶液 （假设反应前后溶液体积不变），当向甲池通入气体a和b时，D极附近呈红色回答
10、下列问题：a物质是，A电极的电极反应式为乙装置中的总化学反应方程式为当乙装置中C电极收集到224mL（标况下）气体时，丙中溶液的pH=10（13分）（2015武汉校级模拟）某强酸性溶液X中仅含有Ba2+、Al3+、NH4+、Fe2+、Fe3+、CO32、SO32、SO42、Cl、NO3中的一种或几种，取该溶液进行连续实验，实验过程如下：根据以上信息，回答下列问题：（1）仅根据上述连续实验不能确定溶液X中是否含有的阳、阴离子分别是（2）用离子方程表达下列反应：中生成气体A：中生成溶液H：（3）若中所用氢氧化钠浓度为2mol/L，当加入l0ml时开始产生沉淀，55ml时沉淀的量达到最大值0.03m
11、ol，继续滴加沉淀的量保持不变，随后再滴加沉淀部分溶解，到60ml时沉淀的量降为0.025mol且保持不变，则原溶液中c（Fe2+）为mol/L、c（Fe3+）为mol/L、c（Cl）为mol/L（若有些离子不存在，请填0mol/L）【化学-选修3：物质结构与性质】（15分）11（15分）（2015武汉校级模拟）已知A、B、C、D、E、F都是周期表中前 四周期的元素，它们的核电荷数依次增大，其中A、B、C、D、E为不同主族的元素A、C的最外层电子数都是其电子层数的2倍，B的电负性大于C，透过蓝色钴玻璃观察E的焰色反应为紫色，F的基态原子中有4个未成对电子（1）基态的F3+外围电子排布式是（2）
12、B的气态氢化物在水中的溶解度远大于A、C的气态氢化物，原因是（3）化合物FD3是棕色固体、易潮解、100左右时升华，它的晶体类型是； 化合物ECAB中的中的阴离子与AC2互为等电子体，该阴离子的电子式是，其中心原子采用杂化（4）黄血盐是由A、B、元素形成的配位化合物E4F（AB）6，易溶于水，广泛用作食盐添加剂（抗结剂）请写出黄血盐的化学式，1mol AB中含有键的数目为，黄血盐晶体中各种微粒间的作用力不涉及（填序号）a离子键 b共价键 c配位键 d金属键 e氢键 f分子间的作用力（5）FD3与ECAB溶液按不同比例混合，可得到多种配位数均为6（水分子可作配体）的配合物的溶液，其中两者按物质的
13、量1：5混合形成的配合物的化学式是（6）化合物EFF（AB）6是一种蓝色晶体，如图表示其晶胞的（E+未画出）该蓝色晶体的一个晶胞中E+的个数为（7）E单质的晶胞中，若设该晶胞的密度为 g/cm3，阿伏加得罗常数为NA，E原子的摩尔质量为M，则表示E原子半径为cm【化学-选修5：有机化学基础】（15分）12（2015南昌校级模拟）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
14、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2015年湖北省武汉十一中高考化学模拟试卷（十一）参
15、考答案与试题解析一、选择题（本题包括13小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意）1（6分）（2015武汉校级模拟）下列有关叙述错误的是（）A推广使用无磷洗衣粉主要是为了防止水体富营养化B高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型自来水处理剂，有强氧化性可消毒杀菌，其还原产物能吸附水中杂质C石油裂解、煤的气化、海水制镁、纤维素制火棉等过程中都包含化学变化D测定有机物结构方法较多，如红外光谱、紫外光谱、质谱、核磁共振氢谱、同位素原子示踪法等考点：常见的生活环境的污染及治理；物理变化与化学变化的区别与联系；化学研究基本方法及作用；氧化还原反应 分析：A、水体富营养化是水中植物吸收了
16、磷元素而大量繁殖，而使水中鱼类缺氧死亡，造成水质变坏B、根据高铁酸钾的化学式 K2FeO4，从物质所含元素的化合价来分析氧化性还原性问题，利用离子的水解产物的性质来分析净水原因；C、物理变化和化学变化的根本区别在于是否有新物质生成；D、质谱仪其实是把有机物打成很多小块，会有很多不同的分子量出现，其中最大的那个就是该有机物的分子量；解答：解：A、水中磷元素可能来源于周围居民使用的洗衣粉中，则应减少含磷洗衣粉的使用，防止水体污染，故A正确；B、高铁酸钾（ K2FeO4）中Fe的化合价是+6价，具有强氧化性，能杀菌消毒，其还原产物Fe3+水解生成氢氧化铁胶体，能吸附水中杂质，故B正确；C、裂解是石油
17、化工生产过程中，以比裂化更高的温度（700800，有时甚至高达1000以上），使石油分馏产物（包括石油气）中的长链烃断裂成乙烯、丙烯等短链烃的加工过程，属于化学变化；煤的气化是煤与碳反应生成一氧化碳和氢气，属于化学变化；海水制镁由镁离子生成镁单质；火棉就是硝酸纤维，是硝酸和纤维素发生酯化反应生成的等；以上过程中都有新物质生成，包含化学变化，故C正确； D、质谱仪其实是把有机物打成很多小块，会有很多不同的分子量出现，其中最大的那个就是该有机物的分子量，不能测定结构，故D错误；故选D点评：本题主要考查了研究有机物组成与结构的方法、物质的用途等知识，比较基础，侧重对基础知识的巩固，注意对基础知识的理
18、解掌握2（6分）（2015武汉校级模拟）设NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）A12g金刚石晶体中含有的CC的数目为2NAB1L1molL1的NaClO溶液中含有ClO的数目为NAC5.6gFe与足量的水蒸气完全反应，转移电子的数目为0.2NAD标准状况下，22gCO2气体中含有的键和键的数目均为2NA考点：阿伏加德罗常数 分析：A、依据n=计算物质的量结合金刚石中1mol金刚石中含有2molCC键分析；B、ClO是弱酸根，在溶液中会水解；C、铁与水蒸气反应生成的是四氧化三铁；D、求出二氧化碳的物质的量，然后根据1mol二氧化碳中含2mol键和2mol键来计算解答：解：A、12g金刚石
19、晶体物质的量=1mol，结合金刚石中1mol金刚石中含有2molCC键分析，1mol金刚石含有碳碳单键数为2NA，故A正确；B、ClO是弱酸根，在溶液中会水解，故个数小于NA个，故B错误；C、5.6g铁的物质的量为0.1mol，铁与水蒸气反应生成四氧化三铁，四氧化三铁中铁元素的平均化合价为+，则0.1mol铁完全反应失去电子不是0.2mol，故C错误；D、22g二氧化碳的物质的量为0.5mol，而1mol二氧化碳中含2mol键和2mol键，故0.5mol二氧化碳中含1mol键和1mol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，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大
20、3（6分）（2015安徽模拟）下列各装置能够达到相应实验目的是（）A用装置除去乙酸乙酯中混有的少量乙酸B用装置除去氯气中的少量氯化氢C用装置制取无水MgCl2D用装置制取乙烯考点：化学实验方案的评价 专题：实验评价题分析：A乙酸、乙酸乙酯均与NaOH反应；B氯气、HCl在溶液中均与硝酸银反应；C在HCl气流中可抑制镁离子水解；D制备乙烯需要在170，应测定反应混合液的温度解答：解：A乙酸、乙酸乙酯均与NaOH反应，不能除杂，应将试剂改为饱和碳酸钠，故A错误；B氯气、HCl在溶液中均与硝酸银反应，不能除杂，应加硝酸银改为饱和食盐水，故B错误；C在HCl气流中可抑制镁离子水解，则图中装置可制取无水
21、MgCl2，故C正确；D制备乙烯需要在170，应测定反应混合液的温度，图中温度计的位置不合理，水银球应在液面以下，故D错误；故选C点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及混合物分离提纯、盐类水解及应用、有机物的制备实验等，把握物质的性质、反应原理、实验基本技能为解答的关键，侧重实验评价分析的考查，注意实验装置的作用，题目难度不大4（6分）（2015眉山模拟）亚硝酸钠（NaNO2）是一种具有咸味、有毒，且价格比食盐（NaCl）便宜的工业用盐，常被误作食盐使用，导致多起中毒事故发生它的部分性质见如图，下列说法错误的是（）A右图所涉及到的化学反应都是氧化还原反应BN2H4极易溶于水，因为它
22、是极性分子且与水分子之间易形成氢键CNaNO2与N2H4生成NaN3的反应方程式为：NaNO2+N2H4=NaN3+2H2OD可用淀粉碘化钾试纸和食醋鉴别食盐（NaCl）与亚硝酸钠（NaNO2）考点：亚硝酸盐；氧化还原反应 分析：A有电子转移的化学反应为氧化还原反应，其特征是有元素化合价升降；B氢键导致物质的溶解度增大；C亚硝酸钠和肼反应生成叠氮化钠和水，该反应中N元素化合价由+3价、2价变为价；D亚硝酸钠能和KI反应生成碘单质，碘与淀粉试液变蓝色解答：解：A有电子转移的化学反应为氧化还原反应，其特征是有元素化合价升降，亚硝酸钠和氯化铵的反应中没有元素化合价升降，所以不属于氧化还原反应，故A错
23、误；B氢键导致物质的溶解度增大，肼和水分子之间能形成氢键，所以促进肼溶解，则肼极易溶于水，故B正确；C亚硝酸钠和肼反应生成叠氮化钠和水，该反应中N元素化合价由+3价、2价变为价，转移电子数为，结合原子守恒配平方程式为NaNO2+N2H4=NaN3+2H2O，故C正确；D根据转化关系知，亚硝酸钠能和KI反应生成碘单质，碘与淀粉试液变蓝色，氯化钠和KI不反应，所以用淀粉碘化钾试纸和食醋鉴别食盐（NaCl）与亚硝酸钠（NaNO2），故D正确；故选A点评：本题以亚硝酸钠为载体考查氧化还原反应、氢键、物质鉴别等知识点，侧重分析、知识运用，明确氧化还原反应特点、物质性质即可解答，题目难度不大5（6分）（2
24、015闸北区一模）关于三种有机物叙述错误的是（SH的性质类似于OH）（）A都能发生酯化反应B都能与NaOH反应C甲的苯环上的一氯代物有4种D丙的分子式为C10H15ON，苯环上的一氯代物有3种考点：有机物的结构和性质；有机物分子中的官能团及其结构 专题：有机物的化学性质及推断分析：甲中含COOH、COOC；乙中含COOH、SH及氨基；丙中含OH，结合羧酸、酯、醇的性质及物质结构对称性来解答解答：解：A甲乙含COOH、丙中含OH，均可发生酯化反应，故A正确；B丙不能与NaOH反应，故B错误；C甲苯环上有四种H，则甲的苯环上的一氯代物有4种，故C正确；D由结构可知，丙的分子式为C10H15ON，结
25、构对称，苯环上有3种H，苯环上的一氯代物有3种，故D正确；故选B点评：本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质为解答的关键，侧重羧酸、醇的性质及结构分析的考查，题目难度不大6（6分）（2015岳阳模拟）25时，几种弱酸的电离常数如下：25时，下列说法正确的是（）弱酸的化学式CH3COOHHCNH2S电离常数（25）1.81054.91010K1=1.3107K2=7.11015A等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH（CH3COONa）pH（Na2S）pH（NaCN）Ba mol/LHCN溶液与b mol/LNaOH溶液等体积混合，所得溶液中c（Na+）c（CN），则a一定小于
26、或等于bCNaHS和Na2S的混合溶液中，一定存在c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HS）+2c（S2）D某浓度的NaCN溶液的pH=d，则其中由水电离出的c（OH）=10dmol/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：A电离平衡常数越大，酸性越强，电离程度越大；B等浓度时生成NaCN，CN离子水解；C根据电荷守恒分析；D先计算氢氧根离子浓度，水电离出的氢离子浓度等于氢氧根离子浓度解答：解：A由表格中的数据可知，醋酸电离平衡常数最大，酸性最强，则酸性越强，盐的水解越弱，所以等物质的量浓度溶液的pH关系为pH（Na2S）pH（NaCN）pH（CH3CO
27、ONa），故A错误；B等物质的量时生成NaCN，CN离子水解，则C（Na+）c（CN），所以a molL1HCN溶液与b molL1NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中：c（Na+）c（CN），a有可能略大于b，故B错误；CNaHS和Na2S的混合溶液中存在电荷守恒，所以一定存在c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HS）+2c（S2），故C正确；D该溶液中c（OH）=10d14mol/L，水电离出的c（H+）=c（OH）=10d14mol/L，故D错误；故选C点评：本题考查电离、水解及溶液中离子浓度的关系，综合性较强，题目难度中等，注意题干中数据的应用来解答7（6分）（2015武汉校级模
28、拟）一定温度下，在三个体积均为2.0L的恒容密闭容器中发生如下反应：PCl5（g）PCl3（g）+Cl2（g）编号温度（）起始物质的量（mol）平衡物质的量（mol）达到平衡所需时间（s）PCl5（g）PCl3（g）Cl2（g）320 0.400.100.10t1320 0.80t2410 0.400.150.15t3下列说法正确的是（）A平衡常数K：容器容器B反应到达平衡时，PCl5的转化率：容器容器C反应到达平衡时，容器I中的平均速率为v（PCl5）=mol/（Ls）D起始时向容器中充入PCl5 0.30 mol、PCl30.45 mol和Cl20.10 mol，则反应将向逆反应方向进行考
29、点：化学平衡的计算 分析：A根据平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积进行计算；平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，故容器中得到平衡常数与容器I中相同；B增大压强，平衡向着气体体积减小的方向移动；C根据v=进行计算；D计算出此时的Qc与K比较，判断反应进行的方向解答：解：PCl5（g）PCl3（g）+Cl2（g），AI中K=0.03，平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，故容器中得到平衡常数与容器I中相同，容器III中K=0.045，即平衡常数K：容器容器，故A错误；B容器与容器相比，相当于增大压强，平衡左移，PCl5的转化率减小，即PCl5的转化率：容器容器，
30、故B正确；C反应到达平衡时，反应的PCl5的物质的量为0.1mol，故v（PCl5）=mol/（Ls），故C错误；D起始时向容器中充入PCl5 0.30 mol、PCl30.45 mol和Cl20.10 mol，则此时Qc=0.0750.045，故平衡逆向移动，故D正确；故选BD点评：本题考查化学平衡移动原理及平衡常数的相关计算，难度中等注意根据浓度商与平衡常数的比较判断反应进行的方向二、解答题（共3小题，满分43分）8（15分）（2015南通一模）目前，回收溴单质的方法主要有水蒸气蒸馏法和萃取法等某兴趣小组通过查阅相关资料拟采用如下方案从富马酸废液（含溴0.27%）中回收易挥发的Br2：（1
31、）操作X所需要的主要玻璃仪器为分液漏斗；反萃取时加入20%的NaOH溶液，其离子方程式为Br2+2OH=Br+BrO+H2O（2）反萃取所得水相酸化时，需缓慢加入浓硫酸，并采用冰水浴冷却的原因是减少Br2的挥发（3）溴的传统生产流程为先采用氯气氧化，再用空气水蒸气将Br2吹出与传统工艺相比，萃取法的优点是没有采用有毒气体Cl2，更环保（4）我国废水三级排放标准规定：废水中苯酚的含量不得超过1.00mg/L实验室可用一定浓度的溴水测定某废水中苯酚的含量，其原理如下：请完成相应的实验步骤：步骤1：准确量取25.00mL待测废水于250mL锥形瓶中步骤2：将4.5mL 0.02mol/L溴水迅速加入
32、到锥形瓶中，塞紧瓶塞，振荡步骤3：打开瓶塞，向锥形瓶中加入过量的0.1mol/L KI溶液，振荡步骤4：滴入23滴淀粉溶液，再用0.01mol/L Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗 Na2S2O3溶液15mL（反应原理：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6）步骤5：将实验步骤14重复2次该废水中苯酚的含量为18.8mg/L步骤3若持续时间较长，则测得的废水中苯酚的含量偏低（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）考点：三废处理与环境保护 专题：实验设计题分析：富马酸废液中含有Br，电解生成溴单质，加入四氯化碳萃取后分液，再加入氢氧化钠反萃取得到含修炼者和次溴酸根离子的溶液，加入硫酸
33、酸化发生氧化还原反应生成溴单质；（1）操作X为萃取分液，需要烧杯、分液漏斗等仪器；反萃取时加入20%的NaOH溶液反应生成溴化钠、次溴酸钠和水；（2）溴单质易挥发，浓硫酸溶解放热分析；（3）无有毒气体氯气参加反应，生产过程环保；（4）硫代硫酸钠溶液滴定碘单质，加入淀粉溶液做指示剂；依据化学方程式定量关系计算；步骤3持续的时间长导致的是KI被氧化；解答：解：富马酸废液中含有Br，电解生成溴单质，加入四氯化碳萃取后分液，再加入氢氧化钠反萃取得到含修炼者和次溴酸根离子的溶液，加入硫酸酸化发生氧化还原反应生成溴单质；（1）操作X为萃取分液，需要烧杯、分液漏斗等仪器；反萃取时加入20%的NaOH溶液反应
34、生成溴化钠、次溴酸钠和水，反应的离子方程式为：Br2+2OH=Br+BrO+H2O；故答案为：分液漏斗，Br2+2OH=Br+BrO+H2O；（2）溴单质易挥发，浓硫酸溶解放热分析，反萃取所得水相酸化时，需缓慢加入浓硫酸，并采用冰水浴冷却的原因是减少溴单质的挥发；故答案为：减少Br2的挥发；（3）无有毒气体氯气参加反应，生产过程环保；故答案为：没有采用有毒气体Cl2，更环保（4）硫代硫酸钠溶液滴定碘单质，加入淀粉溶液做指示剂；滴入23滴淀粉溶液，再用0.01mol/L Na2S2O3标准溶液滴定至终点；故答案为；滴入23滴淀粉溶液；依据化学方程式定量关系计算，将4.5mL 0.02mol/L溴
35、水迅速加入到锥形瓶中，n（Br2）=0.0045L0.02mol/L=0.00009mol，其中和碘化钾反应的溴单质物质的量2KIBr2I22Na2S2O3，； 1 2 n 0.01mol/L0.015Ln=0.000075mol与苯酚反应的溴单质=0.00009mol0.000075mol=0.000015mol则苯酚物质的量=0.000015mol=0.000005mol该废水中苯酚的含量为=0.000005mol94g/mol=0.0188g/L=18.8mg/L；步骤3持续的时间长导致的是KI被氧化，测定苯酚量减少，测定结果偏低；故答案为：偏低点评：本题考查了废水中物质含量的测定实验探
36、究和物质性质的分析判断，注意滴定实验的过程分析应用，掌握基础是关键，题目难度中等9（15分）（2015重庆校级模拟）甲醇又称“木醇”或“木精”，沸点64.7，是无色有酒精气味易挥发的液体甲醇有毒，误饮510mL能双目失明，大量饮用会导致死亡甲醇是重要的化学工业基础原料和液体燃料，可用于制造甲醛和农药，并常用作有机物的萃取剂和酒精的变性剂等（1）工业上可利用CO2和H2生产甲醇，方程式如下：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（l）+H2O （g）H=Q1kJmol1又查资料得知：CH3OH（l）+1/2O2（g）CO2（g）+2H2（g）H=Q2kJmol1H2O（g）=H2O（l）H=Q3k
37、Jmol1，则表示甲醇的燃烧热的热化学方程式为CH3OH（l）+O2（g）CO2（g）+2H2O（l）H=（2Q1+3Q2+2Q3）kJmol1（2）工业上可用CO和H2O（g）来合成CO2 和H2，再利用（1）中反应原理合成甲醇某温度下，将1molCO和1.5molH2O充入10L固定密闭容器中进行化学反应：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H0，当反应进行到10min时达到平衡，此时测得H2为0.6mol回答下列问题：010min内H2O（g）的平均反应速率为0.006mol/Lmin若想加快正反应速率的同时提高CO的转化率，可以采用的方法是aca升高温度 b缩小容器的体积c
38、增大H2O （g）的浓度 d加入适当的催化剂若保持温度容积不变再向其中充入1molCO和0.5molH2O（g），重新达到化学平衡状态时，此时平衡混合气体中H2的体积分数为25%（3）甲醇燃料电池是符合绿色化学理念的新型燃料电池，下图是以甲醇燃料电池（甲池）为电源的电解装置已知：A、B、C、D、E、F都是惰性电极，丙中为0.1mol/L CuSO4溶液 （假设反应前后溶液体积不变），当向甲池通入气体a和b时，D极附近呈红色回答下列问题：a物质是CH3OH，A电极的电极反应式为CH3OH6e+8OH=CO32+6H2O乙装置中的总化学反应方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2+H2当乙装
39、置中C电极收集到224mL（标况下）气体时，丙中溶液的pH=1考点：化学平衡的计算；用盖斯定律进行有关反应热的计算；电解原理 分析：（1）依据热化学方程式和盖斯定律计算分析得到所需热化学方程式；（2）平均反应速率=计算得到；若想加快正反应速率的同时提高CO的转化率，依据化学反应影响因素和平衡移动原理分析选择的条件；结合平衡常数概念，依据化学平衡三段式列式计算得到；（3）甲为原电池，乙、丙为电解池，当向甲池通入气体a和b时，D极附近呈红色，说明D为电解池的阴极，C为电解池的阳极，b为正极，a为负极，E为阳极，F为阴极；a为甲醇电极商十点钟发生氧化反生成碳酸盐；乙中是电极饱和食盐水；依据电极反应和
40、电子守恒计算所得溶液的PH解答：解：（1）CO2（g）+3H2（g）CH3OH（l）+H2O （g）H=Q1kJmol1CH3OH（l）+O2（g）CO2（g）+2H2（g）H=Q2kJmol1H2O（g）=H2O（l）H=Q3kJmol1，依据盖斯定律2+3+2得到：表示甲醇的燃烧热的热化学方程式为CH3OH（l）+O2（g）CO2（g）+2H2O（l）H=（2Q1+3Q2+2Q3） kJmol1；故答案为：CH3OH（l）+O2（g）CO2（g）+2H2O（l）H=（2Q1+3Q2+2Q3） kJmol1；（2）业上可用CO和H2O（g）来合成CO2 和H2，再利用（1）中反应原理合成甲醇
41、某温度下，将1molCO和1.5molH2O充入10L固定密闭容器中进行化学反应：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H0，当反应进行到10min时达到平衡，此时测得H2为0.6mol，依据化学平衡三段式列式 CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）起始量（mol） 1 1.5 0 0变化量（mol） 0.6 0.6 0.6 0.6平衡量（mol） 0.4 0.9 0.6 0.6故答案为：6103 molL1min1；010min内H2O（g）的平均反应速率=0.006mol/Lmin；故答案为：0.006mol/Lmin；CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H
42、0，反应是气体体积不变的吸热反应，若想加快正反应速率的同时提高CO的转化率，可以采用的方法是；a升高温度，反应速率增大，平衡正向进行，故a符合； b缩小容器的体积，压强增大，平衡不变，速率增大，不能提高一氧化碳转化率，故B不符合；c增大H2O （g）的浓度，反应速率增大，一氧化碳转化率增大，故c符合； d加入适当的催化剂，改变反应速率，不改变化学平衡，一氧化碳转化率不变，故d不符合；故答案为：ac；计算平衡常数，K=1 若保持温度容积不变再向其中充入1molCO和0.5molH2O（g），设生成氢气物质的量为x CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）起始量（mol） 1+0.4 0.
43、9+0.4 0.6 0.6.6变化量（mol） x x x x平衡量（mol） 1.4x 1.4x 0.6+x 0.6+x=1x=0.4mol此时平衡混合气体中H2的体积分数=100%=25%故答案为：25%；（3）甲为原电池，乙、丙为电解池，当向甲池通入气体a和b时，D极附近呈红色，说明D为电解池的阴极，C为电解池的阳极，b为正极，a为负极，E为阳极，F为阴极；上述分析可知a物质为甲醇，电极反应为：CH3OH6e+8OH=CO32+6H2O；故答案为：CH3OH；CH3OH6e+8OH=CO32+6H2O；乙中是电极饱和食盐水，生成氯气和氢气、氢氧化钠溶液，反应的化学方程式为：2NaCl+2
44、H2O 2NaOH+Cl2+H2；故答案为：2NaCl+2H2O 2NaOH+Cl2+H2；当乙装置中C电极收集到224mL（标况下）气体时，生成氯气物质的量=0.01mol，2Cl2e=Cl2，电子转移0.02mol，丙中电解硫酸铜的反应为：2CuSO4+2H2O2Cu+O2+2H2SO4，电子转移4mol，反应2mol硫酸铜，生成硫酸2mol，电子转移0.02mol，生成硫酸0.01mol，氢离子浓度=0.02mol，c（H+）=0.1mol/L，溶液的pH=1故答案为：1；点评：本题考查了化学平衡、反应速率的影响因素分析判断，平衡常数、反应速率的计算应用，原电池原理的理解应用和电解池中溶
45、液PH的计算应用，掌握基础是关键，题目难度中等10（13分）（2015武汉校级模拟）某强酸性溶液X中仅含有Ba2+、Al3+、NH4+、Fe2+、Fe3+、CO32、SO32、SO42、Cl、NO3中的一种或几种，取该溶液进行连续实验，实验过程如下：根据以上信息，回答下列问题：（1）仅根据上述连续实验不能确定溶液X中是否含有的阳、阴离子分别是Fe3+、Cl（2）用离子方程表达下列反应：中生成气体A：3Fe2+4H+NO3=3Fe3+NO+2H2O中生成溶液H：Al3+4OH=AlO2+2H2O（3）若中所用氢氧化钠浓度为2mol/L，当加入l0ml时开始产生沉淀，55ml时沉淀的量达到最大值0
46、.03mol，继续滴加沉淀的量保持不变，随后再滴加沉淀部分溶解，到60ml时沉淀的量降为0.025mol且保持不变，则原溶液中c（Fe2+）为0.15mol/L、c（Fe3+）为0.1mol/L、c（Cl）为0mol/L（若有些离子不存在，请填0mol/L）考点：常见离子的检验方法 分析：在强酸性溶液中一定不会存在CO32、SO32离子；加入过量硝酸钡生成沉淀，则该沉淀C为BaSO4，说明溶液中含有SO42离子，根据硫酸钡的质量可以计算硫酸根离子的物质的量，生成气体A，A连续氧化生成D和E，则A为NO，D为NO2，E为HNO3，说明溶液中含有还原性离子，则一定为Fe2+离子，根据NO的体积可以
47、计算亚铁离子的量，溶液B中加入过量NaOH溶液，沉淀G只为Fe（OH）3，生成气体F，则F为NH3，说明溶液中含有NH4+离子；溶液H中通入CO2气体，生成沉淀I，则I为Al（OH）3，H为NaOH和NaAlO2，说明溶液中含有Al3+离子，再根据离子共存知识，溶液中含有Fe2+离子，则一定不含NO3离子，含有SO42离子就一定不含Ba2+离子，不能确定是否含有的离子Fe3+和Cl，以此进行解答解答：解：强酸性溶液中一定不会存在CO32、SO32离子；加入过量硝酸钡生成沉淀，则该沉淀C9.32g为BaSO4，说明溶液中含有SO42离子，根据硫酸钡的质量可以计算硫酸根离子的物质的量为=0.04m
48、ol，浓度是=0.4mol/L，生成气体A，A连续氧化生成D和E，则A为NO，D为NO2，E为HNO3，说明溶液中含有还原性离子，则一定为Fe2+离子，根据NO的体积可以计算亚铁离子的量，溶液B中加入过量NaOH溶液，沉淀G只为Fe（OH）3，生成气体F，则F为NH3，说明溶液中含有NH4+离子物质的量是0.005mol，浓度是0.05mol/L，；溶液H中通入CO2气体，生成沉淀I，则I为Al（OH）3，H为NaOH和NaAlO2，说明溶液中含有Al3+离子，再根据离子共存知识，溶液中含有Fe2+离子，则一定不含NO3离子，含有SO42离子就一定不含Ba2+离子，不能确定是否含有的离子Fe3
49、+和Cl，（1）根据以上分析可知，溶液中不能确定的阳离子为Fe3+，溶液中不能确定的阴离子为Cl，故答案为：Fe3+、Cl；（2）中得到的气体A是NO，Fe2+离子被氧化为Fe3+离子，NO3离子被还原为NO气体，反应的离子方程式为：3Fe2+NO3+4H+=3Fe3+NO+2H2O，H是偏铝酸钠溶液，铝离子与过量氢氧化钠的反应，生成偏铝酸根离子和水，离子方程式是Al3+4OH=AlO2+2H2O，故答案为：Al3+4OH=AlO2+2H2O；（3）根据反应：3Fe2+NO3+4H+=3Fe3+NO+2H2O，得到112mL0.005molNO，Fe2+的物质的量是0.015mol，所以原溶液
50、中c（Fe2+）=0.15mol/L，加入氢氧化钠是60ml时，沉淀的量降为0.025mol，即氢氧化铁的物质的量是0.025mol，根据铁元素守恒，所以Fe3+的物质的量是0.01mol，所以原溶液中c（Fe3+）=0.1mol/L，硫酸根离子的物质的量为=0.04mol，浓度是=0.4mol/L，NH4+离子物质的量是0.005mol，浓度是0.05mol/L，Al3+的物质的量是0.005mol，浓度是0.05mol/L，2c（Fe2+）+3c（Fe3+）+3c（Al3+）+c（NH4+）=（20.15+30.1+30.05+0.05）mol/L=0.8mol/L，2c（SO42）=0.
51、8mol/L，所以c（Cl）为0，故答案为：0.15； 0.1；0点评：本题考查了常见阴阳离子的检验、无机推断，题目难度中等，注意掌握常见离子的性质及检验方法，（3）为难点、易错点，注意溶液电中性知识在化学计算中的应用方法，试题充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力【化学-选修3：物质结构与性质】（15分）11（15分）（2015武汉校级模拟）已知A、B、C、D、E、F都是周期表中前 四周期的元素，它们的核电荷数依次增大，其中A、B、C、D、E为不同主族的元素A、C的最外层电子数都是其电子层数的2倍，B的电负性大于C，透过蓝色钴玻璃观察E的焰色反应为紫色，F的基态原子中有4个未
52、成对电子（1）基态的F3+外围电子排布式是1s22s22p63s23p63d5（2）B的气态氢化物在水中的溶解度远大于A、C的气态氢化物，原因是NH3与H2O分子间存在氢键，其他分子与H2O分子间不存在氢键（3）化合物FD3是棕色固体、易潮解、100左右时升华，它的晶体类型是分子晶体； 化合物ECAB中的中的阴离子与AC2互为等电子体，该阴离子的电子式是，其中心原子采用sp杂化（4）黄血盐是由A、B、元素形成的配位化合物E4F（AB）6，易溶于水，广泛用作食盐添加剂（抗结剂）请写出黄血盐的化学式K4Fe（CN）6，1mol AB中含有键的数目为2NA，黄血盐晶体中各种微粒间的作用力不涉及def
53、（填序号）a离子键 b共价键 c配位键 d金属键 e氢键 f分子间的作用力（5）FD3与ECAB溶液按不同比例混合，可得到多种配位数均为6（水分子可作配体）的配合物的溶液，其中两者按物质的量1：5混合形成的配合物的化学式是K2Fe（SCN）5H2O（6）化合物EFF（AB）6是一种蓝色晶体，如图表示其晶胞的（E+未画出）该蓝色晶体的一个晶胞中E+的个数为4（7）E单质的晶胞中，若设该晶胞的密度为a g/cm3，阿伏加得罗常数为NA，E原子的摩尔质量为M，则表示E原子半径为cm考点：位置结构性质的相互关系应用；配合物的成键情况；“等电子原理”的应用；晶胞的计算 分析：A、B、C、D、E、F都是周
54、期表中前四周期的元素，它们的核电荷数依次增大，其中A、B、C、D、E为不同主族的元素；A、C的最外层电子数都是其电子层数的2倍，则A是C元素，C是S元素，透过蓝色钴玻璃观察E的焰色反应为紫色，E是K元素，D的原子序数介于S与K元素之间，故D为Cl元素，B的电负性大于C，且B的原子序数小于C，属于不同主族，所以B是N元素；F位于第四周期，基态原子中有4个未成对电子，外围电子排布为3d64s2，则F是Fe元素，据此进行解答解答：解：A、B、C、D、E、F都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数依次增大，其中A、B、C、D、E为不同主族的元素；A、C的最外层电子数都是其电子层数的2倍，则A是C元素
55、，C是S元素，透过蓝色钴玻璃观察E的焰色反应为紫色，E是K元素，D的原子序数介于S与K元素之间，故D为Cl元素，B的电负性大于C，且B的原子序数小于C，属于不同主族，所以B是N元素，F位于第四周期，基态原子中有4个未成对电子，外围电子排布为3d64s2，则F是Fe元素（1）铁离子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d5；故答案为：1s22s22p63s23p63d5；（2）N、O、F原子易形成氢键，氢键的存在影响物质的熔沸点和溶解性，所以NH3与H2O分子间存在氢键，其它分子与H2O分子间不存在氢键，所以氨气的溶解性大；故答案为：NH3与H2O分子间存在氢键，其他分子与H2O分
56、子间不存在氢键；（3）氯化铁的熔点较低，为分子晶体，把二硫化碳分子中的一个硫原子换成N原子，则硫氰根离子的电子式为：，其中心原子碳原子价层电子对个数=键个数+孤电子对个数=2+（422）=2，采取sp杂化，故答案为：分子晶体，；sp；（4）黄血盐的化学式K4Fe（CN）6，CN与氮气互为等电子体，CN中存在CN三键，故1molCN中含有键的数目为2NA，黄血盐晶体中含有离子键、配位键、共价键，没有金属键、氢键和分子间的作用力，所以def正确，故答案为：K4Fe（CN）6；2NA；def；（5）FD3为FeCl3，ECAB为KSCN，二者可得到多种配位数均为6（水分子可作配体）的配合物的溶液，其
57、中两者按物质的量1：5混合形成的配合物的化学式为：K2Fe（SCN）5H2O，故答案为：K2Fe（SCN）5H2O；（6）晶胞的（E+未画出）中，亚铁离子个数=4=，铁离子个数=4=，CN离子个数=12，所以晶胞中亚铁离子个数是8=4，铁离子个数是4=4，CN离子个数=38=24，化合物EFF（AB）6是KFeFe（CN）6，根据各离子的个数比知，晶胞中钾离子个数是4，故答案为：4；（7）E为K元素，金属钾的晶胞结构为体心立方，晶胞中K原子数目为：1+8=2，阿伏加德罗常数为NA，K原子的摩尔质量为M，故晶胞质量为：，设K原子半径为r，设晶胞棱长为l，晶胞中体对角线为4r，则（4r）2=l2+
58、l2+l2，则l=r，晶胞体积V=l3=（r）3，若设该晶胞的密度为ag/cm3，则（r）3a=，整理得：r=，故答案为：点评：本题考查物质结构与性质，题目解答较大，涉及元素推断、核外电子排布规律、分子结构与性质、杂化理论、晶胞计算，（7）中计算为易错点、难点，根据晶体结构确定原子半径与晶胞棱长关系是关键，注意利用均摊法进行晶胞中原子数目计算【化学-选修5：有机化学基础】（15分）12（2015南昌校级模拟）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=
59、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CH3COOCH=CH2F与H中具有相同官能团的名称醛基（2）上述变化中GC+F 的反应类型是水解反应或取代反应；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14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aa.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
60、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、氧化等反应考点：有机物的合成 专题：有机物的化学性质及推断分析：由聚乙酸乙烯酯的结构简式，可以判断其单体G的结构简式为CH3COOCH=CH2，G在氢氧化钠水溶、加热条件下生成生成C与F，F又能转化得到C，则F为CH3CHO，E为CH3COOH，C为CH3COONaB在氢氧化钠水溶液、加热条件下生成C与D，D可以连续氧化生成I，则B含有酯基，I酸化得到的J与氯化铁溶液发生显色反应，说明J中含有酚羟基，故B含有苯环，而J中环上的一元取代物只有两种结构，应含有2个不同侧链且处于对位，综上分析可知B为，则D为，H为，I为或 ，J
61、为，高聚物K为，A反应得到B，应在光照条件下A与溴发生取代反应，则A为，据此解答解答：解：由聚乙酸乙烯酯的结构简式，可以判断其单体G的结构简式为CH3COOCH=CH2，G在氢氧化钠水溶、加热条件下生成生成C与F，F又能转化得到C，则F为CH3CHO，E为CH3COOH，C为CH3COONaB在氢氧化钠水溶液、加热条件下生成C与D，D可以连续氧化生成I，则B含有酯基，I酸化得到的J与氯化铁溶液发生显色反应，说明J中含有酚羟基，故B含有苯环，而J中环上的一元取代物只有两种结构，应含有2个不同侧链且处于对位，综上分析可知B为，则D为，H为，I为或 ，J为，高聚物K为，A反应得到B，应在光照条件下A
62、与溴发生取代反应，则A为，（1）由上述分析可知，G的结构简式CH3COOCH=CH2；F为CH3CHO，H为，二者具有相同官能团的名称为：醛基，故答案为：CH3COOCH=CH2；醛基；（2）上述变化中GC+F发生酯的水解反应，也属于取代反应，J为，在一定条件下发生缩聚反应生成高聚物K为，故答案为：水解反应或取代反应；（3）BC+D反应的化学方程式：，故答案为：；（4）同时符合下列要求的A（）的同分异构体：含有苯环，能发生银镜反应和水解反应，应是甲酸酯，只有一个侧链为CH2CH2OOCH或CH（CH3）OOCH，有两个侧链：CH2CH3、OOCH，或者CH3、CH2OOCH，各有邻、间、对三种
63、，含有三个侧链为2个CH3、1个OOCH，2个CH3有邻、间、对三种，对应OOCH有2种、3种、1种，故符合条件的A的同分异构体有：2+6+2+3+1=14种，满足下列条件：核磁共振氢谱有5 个吸收峰；1mol该同分异构体能与1mol NaOH 反应，应是甲酸与醇形成的酯，故符合条件的的同分异构体为：，故答案为：14；（5）aA的分子式为C9H10O2，1mol A 完全燃烧消耗 O2为（9+）mol=10.5mol，故a正确；b J为，酚羟基不与碳酸氢钠反应，羧基与碳酸氢钠反应，J与足量的碳酸氢钠溶液反应能生成相应的一钠盐，故b错误；c DH通常是在Cu或Ag作催化剂、加热条件下与氧气反应，故c错误；d 含有苯环，能与氢气发生加成反应，含有酚羟基、羧基，能发生取代反应，酚羟基能发生氧化反应，且可以燃烧，也属于氧化反应，不能发生消去反应，故d错误，故选：a点评：本题考查有机物的推断，是对有机物知识的综合运用，根据G的加聚产物的结构简式判断G的结构简式是推断的关键，再利用正推法与逆推法结合推断其它物质，注意充分利用反应条件，（5）中同分异构体数目判断与限制条件同分异构体书写为易错点、难点，需要学生对给予的信息进行利用，能较好的考查考生的阅读、自学能力和思维能力，是热点题型，难度较大
