1、2015年江西省南昌市十所省重点中学命制高考化学模拟试卷一、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）（2015南昌校级模拟）化学与环境、材料、信息、能源关系密切，下列说法错误的是（）A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二氧化硅B将“地沟油”制成肥皂，可以提高资源的利用率C我国首艘航母“辽宁舰”上用于舰载机降落的拦阻索是特种钢缆，属于金属材料D推广以植物秸秆为原料的综合利用技术，避免焚烧秸秆造成空气污染考点：硅和二氧化硅；常见的生活环境的污染及治理；金属与合金在性能上的主要差异；油脂的性质、组成与结构专题：化学应用分析
2、：A、计算机芯片的材料是半导体材料晶体硅；B、地沟油是油脂，在碱溶液中水解生成高级脂肪酸钠和甘油，利用高级脂肪酸钠制备肥皂提高资源的利用率；C、特种钢缆是金属材料；D、推广以植物秸秆为原料的综合利用技术，避免焚烧秸秆造成空气污染解答：解：A、计算机芯片的材料是半导体材料晶体硅，二氧化硅是光导纤维的成分，故A错误；B、地沟油是油脂，在碱溶液中水解生成高级脂肪酸钠和甘油，利用高级脂肪酸钠制备肥皂提高资源的利用率，符合资源利用，故B正确；C、舰载机降落的拦阻索是特种钢缆，主要是铁的合金属于金属材料，故C正确；D、推广以植物秸秆为原料的综合利用技术，减少污染气体排放，避免焚烧秸秆造成空气污染，故D正确
3、；故选A点评：本题考查了常见化学知识的分析判断，主要是知识熟练掌握，依据所学便可解决，题目难度中等2（6分）（2015渝北区模拟）设NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）A常温下，0.05molL1Fe2（SO4）3溶液中含Fe3+数目为0.1NAB标准状况下，22.4L甲苯中含CH数目为8 NAC常温、常压下，1.6g O2和O3混合物中，氧原子的数目为0.1NAD0.1mol Na2O2与足量CO2反应时，转移的电子数目为0.2NA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、没有告诉硫酸铁溶液的体积，无法计算溶液中铁离子数目；B、标准状况下，甲苯的状态不是气体，
4、不能使用标况下的气体摩尔体积计算甲苯的物质的量；C、1.6g氧气和臭氧中含有11.6g氧原子，含有0.1mol氧原子；D、过氧化钠中氧元素为1价，0.1mol过氧化钠与二氧化碳完全反应生成了0.05mol氧气，转移了0.1mol电子解答：解：A、题中没有告诉0.05molL1Fe2（SO4）3溶液的体积，无法计算溶液中铁离子的数目，故A错误；B、标况下，甲苯不是气体，题中条件无法计算22.4L甲苯的物质的量，故B错误；C、1.6g氧气和臭氧的化合物中含有11.6g氧原子，1.6g氧原子的物质的量为0.1mol，氧原子的数目为0.1NA，故C正确；D、0.1mol过氧化钠与足量二氧化碳完全反应生
5、成了0.05mol氧气，转移了0.1mol电子，转移的电子数目为0.1NA，故D错误；故选C点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意明确标况下气体摩尔体积的使用条件，要求学生掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系3（6分）（2015南昌校级模拟）X、Y、Z、W、R属于短周期元素已知它们都不是稀有气体元素，X的原子半径最大，Y元素的原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，Z元素的原子L层电子数为m+n，M层电子数mn，W元素与Z元素同主族，R元素原子与Y元素原子的核外电子数之比为2：1 下列叙述错误
6、的是（）AX与Y形成的两种化合物中阴、阳离子的个数比均为1：2BY分别与Z、W、R以两种元素组成的常见化合物有5种CZ、W、R最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序是：RWZDY的氢化物比R的氢化物稳定，Y的氢化物熔沸点比R的氢化物低考点：位置结构性质的相互关系应用分析：X、Y、Z、W、R均为短周期元素，它们都不是稀有气体元素，X元素原子半径最大，则X为Na元素；Y元素的原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，Z元素的原子L层电子数为m+n，M层电子数mn，则m+n=8，故Y只能有2个电子层，则n=2，故m=82=6，可推知Y为O元素；Z元素M层电子数=62=4，则Z为Si元素；W元素与Z元素同
7、主族，可推知W为C元素；R元素原子与Y元素原子的核外电子数之比为2：1，可知R原子核外电子数为16，则R为S元素，据此进行解答解答：解：X、Y、Z、W、R均为短周期元素，它们都不是稀有气体元素，X元素原子半径最大，则X为Na元素；Y 元素的原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，Z元素的原子L层电子数为m+n，M层电子数mn，则m+n=8，故Y只能有2个电子层，则n=2，故m=82=6，可推知Y为O元素；Z元素M层电子数=62=4，则Z为Si元素；W元素与Z元素同主族，可推知W为C元素；R元素原子与Y元素原子的核外电子数之比为2：1，可知R原子核外电子数为16，则R为S元素，AX与Y形成的氧化
8、物为氧化钠和过氧化钠，氧化钠与过氧化钠中阴、阳离子的个数之比均为1：2，故A正确；B氧元素分别与硅、碳、硫元素组成的常见化合物有：二氧化硅、一氧化碳、二氧化碳、二氧化硫和三氧化硫五种，故B正确；C元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性SCSi，所以酸性强弱顺序为：硫酸碳酸硅酸，故C正确；D非金属性OS，故氢化物稳定性OS，水分子之间存在氢键，其熔沸点高于硫化氢，故D错误；故选D点评：本题考查结构、性质与位置关系应用，题目难度中等，正确推断元素是解题的关键，注意对基础知识的理解掌握，能够灵活应用元素周期律，明确氢键对物质物理性质的影响4（6分）（2015江苏模拟）分子式为C
9、10H20O2的有机物在酸性条件下可水解为醇A和酸B，A经过连续氧化可转化为B，若不考虑立体异构，符合上述要求的醇和酸若重新组合，可形成的酯共有（）A32B16C8D4考点：同分异构现象和同分异构体专题：同系物和同分异构体分析：有机物C10H20O2在酸性条件下能水解，说明C10H20O2为酯，根据分子组成可知应为饱和一元酸和饱和一元醇形成的酯，能在酸性条件下水解生成有机物A和B，且A在一定条件下可转化成B，说明A和B的碳原子数相同，且碳链相同，以此解答该题解答：解：C10H20O2是饱和酯，且两边链相同，与羟基相连的碳上有2个氢原子才能被氧化为羧酸，分析C4H9COOH或C4H9CH2OH中
10、都含有C4H9烃基，有四种结构：CCCC，则A有四种结构，B有四种结构，醇和酸若重新组合，可形成的酯共有16种故选B点评：本题考查有机物的推断，题目难度中等，本题的关键是根据A在一定条件下可转化成B，说明A和B的碳原子数相同，且碳链相同5（6分）（2015南昌校级模拟）下列各项中“操作或现象”能达到预期“实验目的”的是（）选项实验目的操作或现象A检验碳与浓硫酸反应后的气体产物将产生的气体依次通过无水CuSO4、澄清石灰水和品红溶液B证明蛋白质在某些无机盐溶液作用下发生变性向鸡蛋清溶液中加入饱和硫酸钠溶液，有沉淀析出；再把沉淀加入蒸馏水中C检验溴乙烷中的溴元素将少量溴乙烷与NaOH溶液混合共热，
11、充分反应并冷却后，向上层清液中加稀HNO3酸化，再滴加AgNO3溶液D证明溶液中存在平衡：Fe3+3SCNFe（SCN）3将1mL KSCN溶液与1mL 同浓度 FeCl3溶液充分混合；再继续加入KSCN溶液，溶液颜色加深AABBCCDD考点：化学实验方案的评价专题：实验评价题分析：A二氧化硫和二氧化碳都能使澄清石灰水变浑浊；B在蛋白质溶液中加入硫酸钠溶液，发生盐析，不是变性；C将少量溴乙烷与NaOH溶液混合共热，水解生成NaCl和乙醇，酸化后可检验溴离子；DKSCN溶液不足，不能证明存在平衡解答：解：A碳与浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化硫和二氧化碳，如先通过澄清石灰水，则二则都能使石灰水变
12、浑浊，不能证明，故A错误；B在蛋白质溶液中加入硫酸钠溶液，发生盐析，不是变性，故B错误；C将少量溴乙烷与NaOH溶液混合共热，水解生成NaCl和乙醇，充分反应并冷却后，向上层清液中加稀HNO3酸化，再滴加AgNO3溶液，可观察到浅黄色沉淀生成，可证明，故C正确；DKSCN溶液不足，不能证明存在平衡，应使二者恰好反应后再检验，故D错误故选C点评：本题考查化学实验方案的评价，侧重于基本实验的操作的考查，涉及物质的检验和平衡移动的问题，题目难度不大，注意把握相关基础知识6（6分）（2015南昌校级模拟）常温下，向20mL 0.2mol/L H2A溶液中滴加0.2mol/L NaOH溶液有关微粒的物质
13、的量变化如图（其中代表H2A，代表HA，代表A2）所示根据图示判断，下列说法正确的是（）A当V（NaOH）=20mL时，溶液中离子浓度大小关系：c（Na+）c（HA）c（A2）c（H+）c（OH）B等浓度的NaOH溶液与H2A溶液按2：1混合后，其溶液中水的电离程度比纯水大CNaHA溶液中：c（OH）=c（H+）+c（HA）+2c（H2A）D向上述加入20mL NaOH溶液后所得溶液中再加入水的过程中，pH可能减少考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：A根据图象知，当V（NaOH）=20时，发生反应为NaOH+H2ANaHA+H2O，溶液主要为NaHA，
14、电离为主，溶液显酸性；B酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离；C根据物料守恒和电荷守恒判断判断NaHA溶液中各离子浓度之间关系；D二者恰好反应生成NaHA，加水稀释HA电离和水解解答：解：A根据图象知，当V（NaOH）=20 mL时，发生反应为NaOH+H2ANaHA+H2O，溶质主要为NaHA，HA电离程度大于水解程度，溶液显酸性，水和HA都电离出氢离子，只有HA电离出A2，所以离子浓度大小顺序是c（Na+）c（HA）c（H+）c（A2）c（OH），故A错误；B等浓度的NaOH溶液与H2A溶液按体积2：1混合后，二者恰好反应生成Na2A和水，Na2A是强碱弱酸盐促进水电离，故B正确；
15、C根据电荷守恒得c（OH）+2c（A2）+c（HA）=c（H+）+c（Na+），根据物料守恒得c（Na+）=c（HA）+c（H2A）+c（A2），所以得c（OH）+c（A2）=c（H+）+c（H2A），故C错误；D二者恰好反应生成NaHA，加水稀释HA电离和水解，但氢氧根离子浓度减小，但水解程度大于电离程度，所以pH增大，故D错误；故选B点评：本题考查酸碱混合溶液定性判断、溶液中各离子浓度大小比较，题目难度中等，注意明确图象中酸碱混合时溶液中的溶质是解答本题的关键，抓住图象进行分析即可，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力7（6分）（2015南昌校级模拟）在温度、初始容积相同的两个密闭容器中，
16、按不同方式投入反应物（如图所示），发生如下反应：3X（g）+Y（g）2Z（g）H0，保持温度不变，测得平衡时的有关数据如下：下列说法正确的是（）恒容容器甲恒压容器乙Y的物质的量/moln1n2Z的体积分数12A平衡时容器乙的容积一定比反应前大B平衡时容器甲的压强一定比反应前大Cn2n1D21考点：化学平衡的计算分析：将甲中Z完全转化为X和Y时，1.2molZ能转化为1.8molX、0.6molY，则X、Y的物质的量分别是3mol、1mol，所以与乙的初始状态是等效平衡，该反应的正反应是一个反应前后气体体积减小的放热反应，甲恒容、乙恒压，乙在反应过程中与甲相比相当于增大压强，平衡正向移动，A乙中
17、，温度和压强不变，容器中气体物质的量与体积成正比；B甲中，温度和条件不变，容器中气体压强与物质的量成正比；C甲恒容、乙恒压，乙在反应过程中与甲相比相当于增大压强，平衡正向移动，反应物转化率增大；D甲恒容、乙恒压，乙在反应过程中与甲相比相当于增大压强，平衡正向移动，生成物含量增大解答：解：将甲中Z完全转化为X和Y时，1.2molZ能转化为1.8molX、0.6molY，则X、Y的物质的量分别是3mol、1mol，所以与乙的初始状态是等效平衡，该反应的正反应是一个反应前后气体体积减小的放热反应，甲恒容、乙恒压，乙在反应过程中与甲相比相当于增大压强，平衡正向移动，A乙中，温度和压强不变，容器中气体物
18、质的量与体积成正比，平衡正向移动，气体的物质的量减小，则压强减小，所以平衡时容器乙的容积一定比反应前小，故A错误；B甲中，温度和条件不变，容器中气体压强与物质的量成正比，甲中反应向哪个方向移动还是平衡状态未知，所以无法确定气体物质的量任何变化，导致无法确定压强是否变化及如何变化，故B错误；C甲恒容、乙恒压，乙在反应过程中与甲相比相当于增大压强，平衡正向移动，反应物转化率增大，则Y的物质的量n2n1，故C错误；D甲恒容、乙恒压，乙在反应过程中与甲相比相当于增大压强，平衡正向移动，生成物含量增大，所以21，故D正确；故选D点评：本题考查化学平衡状态的有关判断，正确判断甲、乙存在等效平衡是解本题关键
19、，知道P、V、T、n之间的关系，易错选项是B，题目难度中等三、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）（2015南昌校级模拟）烟道气中的CO2可用于合成甲醇和甲醚（1）如图所示为其中的一种方法：用光电池电解水时，阳极的电极反应式为4OH4eO2+2H2O1520%的乙醇胺（HOCH2CH2NH2）水溶液具有弱碱性，则HOCH2CH2NH3Cl的水溶液显酸（填“酸”“碱”或“中”）性已知，CH3OH（l）+O2（g）CO2（g）+2H2O（l）H=725.5kJmol
20、1H2（g）+O2（g）H2O（l）H=285.8kJmol1则工业上以CO2（g）、H2（g）为原料合成CH3OH（l）的热化学方程式为CO2（g）+3H2（g）CH3OH（l）+H2O（l）H=131.9 kJmol1（2）将CO2转化为甲醚的反应原理为2CO2（g）+6H2（g）CH3OCH3（g）+3H2O（l）在恒温、恒容的密闭容器中，下列描述能说明上述反应已达化学平衡状态的是bd（填序号）a生成1mol CH3OCH3（g）的同时，生成3mol H2O（l）b体系中混合气体的密度不随时间而变化c体系中CO2与H2的体积比为1：3d体系中的气体的总压强不随时间而变化已知一定压强下，该
21、反应在不同温度、不同投料比时，CO2的转化率见下表：投料比500K600K700K1.545%33%20%xabc上述反应的化学平衡常数的表达式为该反应的焓变H0（填“”、“”或“=”，下同），若使a45%，则x1.5在一定温度下，向体积为0.5L的密闭容器中加入2mol CO2和6mol H2，20min后达到平衡，测得平衡时CH3OCH3为0.5mol，则该反应的反应速率v（CO2）=0.1molL1min1，H2的转化率（H2）=50%；加入催化剂，v（CO2）增大（填“增大”、“减小”或“不变”，下同），（H2）不变考点：化学平衡的计算；用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学平衡的影响因
22、素；化学平衡状态的判断分析：（1）用光电池电解水时，阳极是氢氧根离子失去电子生产氧气；氨基结合水电离平衡中的氢离子，促进水电离平衡正向进行，氢氧根离子浓度增大，溶液显碱性，形成HOCH2CH2NH3Cl的水溶液是阳离子水解，溶液呈酸性；依据热化学方程式和盖斯定律计算所得热化学方程式；（2）当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，注意选择的物理量应随反应发生变化，该物理量由变化到不变化，说明到达平衡；平衡常数等于生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积，注意水是纯液体不写入表达式，二氧化碳转化率随温度升高减小，说明升温平衡
23、逆向进行，两种反应物增加一种物质的量会提高另一种反应物转化率；依据化学平衡三段式列式计算 2CO2（g）+6H2（g）CH3OCH3（g）+3H2O（l）起始量（mol） 2 6 0 0变化量（mol） 1 3 0.5 1.5平衡量（mol） 1 3 0.5 1.5反应速率v=，转化率=100%，催化剂改变反应速率不改变化学平衡分析解答：解：（1）用光电池电解水时，阳极是氢氧根离子失去电子生产氧气，阳极的电极反应式为4OH4eO2+2H2O；故答案为：4OH4eO2+2H2O；乙醇胺水溶液呈弱碱性是取代基氨基结合氢离子，使溶液中的氢氧根离子浓度增大，反应的离子方程式为：HOCH2CH2NH2+
24、H2OHOCH2CH2NH3+OH，则HOCH2CH2NH3Cl的水溶液中，HOCH2CH2NH3+水解结合水中的氢氧根离子，促进水的电离，溶液中氢离子浓度增大，溶液显酸性，故答案为：酸；、CH3OH（l）+O2（g）CO2（g）+2H2O（l）H=725.5kJmol1、H2（g）+O2（g）H2O（l）H=285.8kJmol1依据盖斯定律计算，3得到工业上以CO2（g）、H2（g）为原料合成CH3OH（l）的热化学方程式为CO2（g）+3H2（g）CH3OH（l）+H2O（l）H=131.9 kJmol1 ；故答案为：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（l）+H2O（l）H=131.9
25、 kJmol1 ；（2）a生成1mol CH3CH2OH的同时，生成3mol H2O，反应始终按此比例进行，不能说明到达平衡，故a错误；b容器的容积不变，生成物质中水为液体，混合气体的总质量改变，密度不随时间而变化，能说明到达平衡，故b正确；c体系中CO2与H2的体积比为1：3，不能说明反应达到平衡状态，故c错误；d正反应为气体物质的量减小的反应，容器中气体的压强不随时间而变化，说明到达平衡，故d正确，故答案为：bd； 平衡常数等于生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积，反应的平衡常数K=，二氧化碳转化率随温度升高减小，说明升温平衡逆向进行，正反应为放热反应，H0，两种反应物增加
26、一种物质的量会提高另一种反应物转化率，若使a45%，x1.5，故答案为：，；2CO2（g）+6H2（g）CH3OCH3（g）+3H2O（l）起始量（mol） 2 6 0 0变化量（mol） 1 3 0.5 1.5平衡量（mol） 1 3 0.5 1.5反应速率v（CO2）=0.1mol/Lmin，H2的转化率（H2）=100%=100%=50%，催化剂改变反应速率不改变化学平衡，加入催化剂加快二氧化碳的反应速率，平衡不移动，氢气转化率不变，故答案为：0.1；50%；增大；不变点评：本题考查了化学平衡的计算分析应用，平衡常数、反应速率，转化率概念计算分析，热化学方程式书写，影响化学平衡的因素分析
27、判断，掌握基础是关键，题目难度中等9（14分）（2015南昌校级模拟）碲（Te）为A族元素，是当今高新技术新材料的主要成分之一工业上可从电解精炼铜的阳极泥中提取碲（1）粗铜中含有Cu和少量Zn、Ag、Au、TeO2及其他化合物，电解精炼后，阳极泥中主要含有TeO2、少量金属单质及其他化合物电解精炼粗铜时，阳极电极反应式为Zn2e=Zn2+、Cu2e=Cu2+（2）TeO2是两性氧化物，微溶于水，可溶于强酸或强碱从上述阳极泥中提取碲的一种工艺流程如下：“碱浸”时TeO2发生反应的化学方程式为TeO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O“沉碲”时控制溶液的pH为4.55.0，生成TeO2沉淀如果H
28、2SO4过量，溶液酸度过大，将导致碲的沉淀不完全，原因是TeO2是两性氧化物，H2SO4过量会导致TeO2继续与H2SO4反应导致损失；防止局部酸度过大的操作方法是缓慢加入H2SO4，并不断搅拌“酸溶”后，将SO2通入TeCl4溶液中进行“还原”得到碲，该反应的化学方程式是TeCl4+2SO2+4H2O=Te+4HCl+2H2SO4考点：电解原理；制备实验方案的设计专题：实验设计题分析：根据TeO2是两性氧化物，微溶于水，加碱溶过滤除去杂质，得到Na2TeO3溶液，再加硫酸沉降经过滤得到TeO2沉淀，再用盐酸溶解生成四氯化碲，再用二氧化硫还原制成碲单质；（1）电解精炼粗铜时，粗铜中的Cu和少量
29、Zn在阳极发生氧化反应，Zn比Cu活泼，先失电子，所以阳极电极反应式为Zn2e=Zn2+；Cu2e=Cu2+（2）根据TeO2是两性氧化物，微溶于水，加碱溶过滤除去杂质，得到Na2TeO3溶液，再加硫酸沉降经过滤得到TeO2沉淀，再用盐酸溶解生成四氯化碲，再用二氧化硫还原制成碲单质，以此分析解答；TeO2是两性氧化物，与氢氧化钠发生类似氧化铝与氢氧化钠的反应；因为TeO2是两性氧化物，H2SO4过量会导致TeO2继续与H2SO4反应导致损失；SO2还原TeCl4为Te，本身被氧化为硫酸，根据得失电子守恒书写解答：解：根据TeO2是两性氧化物，微溶于水，加碱溶过滤除去杂质，得到Na2TeO3溶液
30、，再加硫酸沉降经过滤得到TeO2沉淀，再用盐酸溶解生成四氯化碲，再用二氧化硫还原制成碲单质；（1）电解精炼粗铜时，粗铜中的Cu和少量Zn在阳极发生氧化反应，Zn比Cu活泼，先失电子，所以阳极电极反应式为Zn2e=Zn2+、Cu2e=Cu2+，故答案为：Zn2e=Zn2+、Cu2e=Cu2+；（2）根据TeO2是两性氧化物，微溶于水，加碱溶过滤除去杂质，得到Na2TeO3溶液，再加硫酸沉降经过滤得到TeO2沉淀，再用盐酸溶解生成四氯化碲，再用二氧化硫还原制成碲单质；TeO2是两性氧化物，与氢氧化钠发生类似氧化铝与氢氧化钠的反应，化学方程式为TeO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O，故答案为：
31、TeO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O；因为TeO2是两性氧化物，H2SO4过量会导致TeO2继续与H2SO4反应导致损失；防止局部酸度过大的操作方法是：缓慢加入H2SO4，并不断搅拌 故答案为：TeO2是两性氧化物，H2SO4过量会导致TeO2继续与H2SO4反应导致损失；缓慢加入H2SO4，并不断搅拌；SO2还原TeCl4为Te，本身被氧化为硫酸，化学方程式为TeCl4+2SO2+4H2O=Te+4HCl+2H2SO4，故答案为：TeCl4+2SO2+4H2O=Te+4HCl+2H2SO4点评：本题考查粗铜精炼的电解反应式的书写，对给定条件的化学方程式、离子方程式的判断及书写，实验操
32、作的判断是解本题关键，难度中等10（14分）（2015渝北区模拟）某化学研究性小组采用如下装置（夹持和加热仪器已略去）电解饱和食盐水一段时间，并通过实验测定产物的量来判断饱和食盐水的电解率饱和食盐水的电解率=（电解的氯化钠质量/总的氯化钠质量）100%甲方案：利用甲、乙装置测定饱和食盐水的电解率（1）若饱和食盐水中滴有酚酞，则电解过程中甲装置中的实验现象：左右碳棒上都有气泡产生，左边碳棒附近溶液变红（2）若洗气瓶a中盛放的为足量的氢氧化钠溶液，通过测定洗气瓶a在电解前后的质量变化来计算饱和食盐水的电解率，则正确的连接顺序为B连C（填A、B、C、D、E等导管口），则洗气瓶a中发生反应的离子方程式
33、为Cl2+2OH=H2O+Cl+ClO乙方案：利用甲、丙装置测定饱和食盐水的电解率（3）对于乙方案，有同学提出有两种方法都可测得饱和食盐水的电解率通过测定硬质玻璃管中氧化铜固体前后质量差来计算饱和食盐水的电解率通过测定丙装置中除硬质玻璃管外的某装置前后质量差来计算饱和食盐水的电解率一同学认为可以在乙方案方法中的装置中添加一干燥装置防止外界空气中的水蒸气的干扰，则该干燥装置应与D口连接 （填装置中接口的字母）另一同学认为乙方案的方法、测得的实验结论都不正确，你是否同意？请说明理由同意，在方案中氢气还原氧化铜，氢气不能全部反应，误差太大丙方案：只利用甲装置测定饱和食盐水的电解率（4）若电解150m
34、L饱和食盐水一段时间，测得溶液的为pH为14，求饱和食盐水的电解率16.6%（假设电解前后溶液体积不变，饱和食盐水密度约为1.33g/mL，溶解度为36.0g）（5）若往该电解后所得溶液中通入二氧化碳气体2.24L（标准状况），则所得溶液中各离子浓度大小关系为：c（Na+）c（Cl）c（HCO3）c（CO32）c（OH）c（H+）考点：电解原理专题：电化学专题分析：（1）依据甲装置图分析电解饱和食盐水，溶液中氯离子在阳极上失电子生成氯气，氢离子在阴极得到电子生成氢气，阴极附近氢氧根离子浓度增大，遇到酚酞溶液变红色；（2）氢氧化钠溶液可以吸收氯气发生反应，电解池中B端为阳极生成氯气，装置B连C；
35、（3）利用甲、丙装置测定饱和食盐水的电解率，方法通过测定丙装置中除硬质玻璃管外的某装置前后质量差来计算饱和食盐水的电解率，是利用U形管测定氢气还原氧化铜过程中生成的水蒸气，在乙方案方法中的装置中添加一干燥装置防止外界空气中的水蒸气的干扰，应连接装置D处；乙方案的方法、测得的实验结论都不正确，主要是氢气还原氧化铜过程中不能全部发生反应，造成误差；（4）依据溶液pH计算氢氧根离子浓度结合化学方程式计算反应的氯化钠质量，利用溶解度计算150ml溶液中氯化钠的质量，用反应氯化钠质量除以原溶液中氯化钠质量得到食盐水的电解率；（5）依据反应生成氢氧化钠物质的量和通入二氧化碳物质的量定量关系分析判断得到溶液
36、中的溶质，比较溶液中离子浓度大小解答：解：（1）甲装置图分析电解饱和食盐水，溶液中氯离子在阳极上失电子生成氯气，氢离子在阴极得到电子生成氢气，阴极附近氢氧根离子浓度增大，遇到酚酞溶液变红色，电解过程中甲装置中的实验现象为：左右碳棒上都有气泡产生，左边碳棒附近溶液变红，故答案为：左右碳棒上都有气泡产生，左边碳棒附近溶液变红；（2）洗气瓶a中盛放的为足量的氢氧化钠溶液，通过测定洗气瓶a在电解前后的质量变化来计算饱和食盐水的电解率，氢氧化钠溶液可以吸收氯气发生反应，电解池中B端为阳极生成氯气，装置B连C，故答案为：B；C；Cl2+2OH=H2O+Cl+ClO；（3）利用甲、丙装置测定饱和食盐水的电解
37、率，方法通过测定丙装置中除硬质玻璃管外的某装置前后质量差来计算饱和食盐水的电解率，是利用U形管测定氢气还原氧化铜过程中生成的水蒸气，在乙方案方法中的装置中添加一干燥装置防止外界空气中的水蒸气的干扰，应连接装置D处，故答案为：D；乙方案的方法、测得的实验结论都不正确，主要是氢气还原氧化铜过程中不能全部发生反应，造成误差，故答案为：同意，在乙方案中氢气还原氧化铜，氢气不能全部反应，误差太大；（4）若电解150mL饱和食盐水一段时间，测得溶液的为pH为14，c（H+）=1014mol/L，c（OH）=1mol/L，氢氧根离子物质的量=0.15L1mol/L=0.15mol，2NaCl+2H2O2Na
38、OH+H2+Cl2，电解的氯化钠物质的量为0.15mol，质量=0.15mol58.5g/mol=8.775g，饱和食盐水密度约为1.33g/mL，150mL饱和食盐水质量=1.33g/mL150ml=199.5g，依据溶解度计算溶液中含有溶质氯化钠质量=199.5g=52.81g，电解率=100%=16.6%，故答案为：16.6%； （5）若往该电解后所得溶液中通入二氧化碳气体2.24L（标准状况）物质的量为0.1mol，生成氢氧化钠物质的量为0.15mol，n（CO2）：n（NaOH）=0.1：0.15=2：3，依据n（CO2）：n（NaOH）=1：2反应生成Na2CO3，n（CO2）：n
39、（NaOH）=1：1反应生成NaHCO3，配平得到2CO2+3NaOH=Na2CO3+NaHCO3+H2O，饱和氯化钠溶液电解后仍为饱和溶液，氯化钠最多，生成等物质的量的碳酸钠和碳酸氢钠，溶液呈碱性，所以溶液中离子浓度大小为：c（Na+）c（Cl）c（HCO3）c（CO32）c（OH）c（H+），故答案为：c（Na+）c（Cl）c（HCO3）c（CO32）c（OH）c（H+）点评：本题考查了电解原理的分析应用，电解率实验测定方案的设计方法和计算，电解质溶液中离子浓度大小比较，注意金属电解后溶液中溶质成分是关键，题目难度中等【化学-选修2：化学与技术】共45分请考生从给出的3道物理题、3道化学题
40、、2道生物题中每科任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑注意所做题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡区域指定位置大题如果多做，则每学科按所做的第一题计分11（15分）（2015南昌校级模拟）将海水淡化与浓海水资源化结合起来是综合利用海水的重要途径之一一般是先将海水淡化获得淡水，再从剩余的浓海水中通过一系列工艺流程提取其他产品回答下列问题：（1）下列改进和优化海水综合利用工艺的设想和做法可行的是（填序号）用混凝法获取淡水 提高部分产品的质量优化提取产品的品种 改进钾、溴、镁等的提取工艺（2）采用“空气吹出法”从浓海水吹出Br2，并用纯碱吸收溴歧化为Br和BrO3并没有产生CO
41、2则反应的离子反应方程式为3Br2+6CO32+3H2O=5Br+BrO3+6HCO3（3）海水提镁的一段工艺流程如图：浓海水的主要成分如下：离子Na+Mg2+ClSO2浓度/（gL1）63.728.8144.646.4该工艺过程中，脱硫阶段主要反应的阳离子Ca2+，获得产品2的离子反应方程式为，浓海水的利用率为90%，则1L浓海水最多可得到产品2的质量为62.64g（4）由MgCl26H2O制备MgCl2时，往往在HCl的气体氛围中加热其目的是抑制MgCl2水解考点：海水资源及其综合利用分析：（1）混凝法使的悬浮物质和胶体聚集成较大颗的颗粒而沉淀，然后过滤除去，不能进行海水淡化，通过改变工艺
42、，可以提高部分产品的质量，优化提取产品的品种，可以根据不同的原理改进钾、溴、镁等的提取工艺；（2）从浓海水吹出Br2，并用纯碱吸收溴歧化为Br和BrO3并没有产生CO2则反应生成碳酸氢钠；（3）工艺流程合成步骤中加入石灰乳，沉降后，将过滤后的滤液进行脱硫，应是用钙离子沉淀硫酸根离子生成硫酸钙沉淀，产品1为硫酸钙，合成得到氢氧化镁沉淀，故过滤后干燥的产品2为氢氧化镁，计算1L溶液中Mg2+的质量，根据Mg2+Mg（OH）2计算氢氧化镁的质量；（4）电解时，若有少量水存在，Mg与水反应生成氢氧化镁与氢气，会造成产品镁的消耗解答：解：（1）混凝法是加入一种混凝剂（如：明矾、铁盐等），使水中细小的悬浮
43、物质和胶体聚集成较大颗的颗粒而沉淀，然后过滤除去，海水中可溶性杂质不能除去，不能进行海水淡化，故错误；改进工艺，尽可能减少新物质引入，除去粗产品中的杂质，可以提高产品的质量，故正确；海洋是一个远未完全开发的巨大化学资源宝库，海水中元素种类很多，改进工艺可以优化提取产品的品种，故正确；根据不同的提取原理可以改进钾、溴、镁等的提取工艺，从而提高K、Br2、Mg等的提取质量，故正确；故选：；（2）从浓海水吹出Br2，并用纯碱吸收溴歧化为Br和BrO3并没有产生CO2则反应生成碳酸氢钠，反应的离子方程式为：3Br2+6CO32+3H2O=5Br+BrO3+6HCO3；故答案为：3Br2+6CO32+3
44、H2O=5Br+BrO3+6HCO3；（3）工艺流程合成步骤中加入石灰乳，沉降后，将过滤后的滤液进行脱硫，用Ca2+沉淀SO42生成CaSO4沉淀，离子方程式为：Ca2+SO42=CaSO4，采用过滤的方法得到产品1为CaSO4，滤液中加入石灰乳，发生反应为Mg2+2OH=Mg（OH）2，合成中应得到Mg（OH）2沉淀，过滤、干燥的产品2为Mg（OH）2，浓海水的利用率为90%溶液中m（Mg2+）=1L90%28.8g/L=25.92g；Mg2+Mg（OH）224g 58g25.92g mMg（OH）2mMg（OH）2=25.92g=62.64g，故答案为：Ca2+；Mg（OH）2；62.64
45、；（4）电解时，若有少量水存在，Mg与水反应生成氢氧化镁与氢气，会造成产品镁的消耗，反应方程式为：Mg+2H2OMg（OH）2+H2，在HCl的气体氛围中加热，抑制MgCl2水解；故答案为：抑制MgCl2水解；点评：本题考查海水资源开发利用、氧化还原反应计算、电解原理等，是对基础知识的综合运用，需要学生具备扎实的基础，难度中等【化学-选修3：物质结构与性质】（共1小题，满分0分）12（2015南昌校级模拟）A、B、C、D、E是元素周期表中五种短周期元素，原子序数依次增大 A、B、C、D位于同一周期已知A原子核外有3个能级，且每个能级上的容纳的电子数目相同C与E同主族，且C的单质为空气中的主要成
46、份X元素的原子核外有26个运动状态完全不相同的电子回答下列问题：（1）C、D、E中第一电离能最大的是F（填元素符号），X的价电子排布式为3d64s2（2）B的气态氢化物分子呈三角锥形形该分子的中心原子的杂化方式为sp3（3）A的一种单质相对分子质量为720，分子构型为一个32面体，其中有12个五元环，20个六元环（如图1）则1molA的这种单质中键的数目为30NA（4）X元素对应的单质在形成晶体时，采用如图2所示的堆积方式则这种堆积模型的配位数为8，如果X的原子半径为a cm，阿伏加德常数的值为NA，则计算此单质的密度表达式为 g/cm3（不必化简）考点：位置结构性质的相互关系应用；元素电离能
47、、电负性的含义及应用；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断分析：A、B、C、D、E是元素周期表中五种短周期元素，原子序数依次增大，A原子核外有3个能级，且每个能级上的容纳的电子数目相同，则A为C，A、B、C、D位于同一周期，且C的单质为空气中的主要成份，则B为N，C为O，D为F，C与E同主族，则E为S，X元素的原子核外有26个运动状态完全不相同的电子，则X为Fe，据此答题解答：解：A、B、C、D、E是元素周期表中五种短周期元素，原子序数依次增大，A原子核外有3个能级，且每个能级上的容纳的电子数目相同，则A为C，A、B、C、D位于同一周期，且C的单质为空气中的主要
48、成份，则B为N，C为O，D为F，C与E同主族，则E为S，X元素的原子核外有26个运动状态完全不相同的电子，则X为Fe，（1）根据元素周期律，非金属性越强，第一电能越大（除第A和A族），所以O、F、S中第一电离能最大的是F，Fe的价电子排布式为 3d64s2，故答案为：F；3d64s2； （2）B为N，B的气态氢化物是氨气，分子呈三角锥形，由于该分子的中心原子氮原子的价层电子对数为=4，所氮原子的杂化方式为sp3，故答案为：三角锥形；sp3； （3）A的一种单质相对分子质量为720，则该分子为C60，分子构型为一个32面体，其中有12个五元环，20个六元环，每个碳周围有一个碳碳双键和两个碳碳单键
49、，均为两个碳共用，所以每个碳实际占有的碳碳双键数为0.5，而每个双键中有一个键，所以C60中键的数目为600.5NA=30NA，故答案为：30NA；（4）Fe元素对应的单质在形成晶体时，采用如图2所示的堆积方式，则这种堆积模型为体心立方堆积，即在立方体的中心有一个铁原子，与这个铁原子距离最近的原子位于立方体的8个顶点，所以铁的配位数为=2，每个立方体中含有的铁原子数为8，如果Fe的原子半径为 a cm，则立方体的边长为cm，对应的体积为（cm）3，阿伏加德常数的值为 NA，所以铁单质的密度表达式为，故答案为：8；点评：本题考查了原子核外电子排布、分子空间构型、原子轨道杂化方式和类型、晶体的计算
50、等知识，难度中等，元素推断是解题的关键，注意基础知识的灵活运用【有机化学基础】（共1小题，满分0分）13（2015南昌校级模拟）乙基香草醛（）是食品添加剂的增香原料（1）写出乙基香草醛分子中两种含氧官能团的名称醛基、（酚）羟基（或醚键）（2）与乙基香草醛互为同分异构体，能与NaHCO3溶液反应放出气体，且苯环上只有一个侧链（不含ROR及ROCOOH结构）的有4种（3）A是上述同分异构体中的一种，可发生如图所示变化：已知：RCH2OHRCHO；与苯环直接相连的碳原子上有氢时，此碳原子才可被酸性KMnO4溶液氧化为羧基写出A的结构简式：，反应发生的条件是NaOH醇溶液、加热由A可直接生成D，反应和
51、的目的是减少如酯化、成醚等副反应的发生写出反应方程式：AB（或），C与NaOH水溶液共热：（4）乙基香草醛的另一种同分异构体E（）是一种医药中间体由茴香醛（）合成E（其他原料自选），涉及的反应类型有（按反应顺序填写）氧化反应、酯化反应考点：有机物的推断专题：有机物的化学性质及推断分析：（1）根据有机物质结构简式来确定官能团；（2）与乙基香草醛互为同分异构体，能与NaHCO3溶液反应放出气体，含有COOH，且苯环上只有一个侧链（不含ROR及ROCOOH结构），则侧链中含有OH，侧链为CH（OH）CH2COOH或CH2CH（OH）COOH或C（OH）（CH3）COOH或CH（CH2OH）COOH；
52、（3）A氧化生成B，B能发生银镜反应，所以B中含有醛基，所以A中含有CH2OH结构，A可以被氧化为苯甲酸，说明与苯环直接相连的碳原子上有氢，故A的结构简式为：，则B为A和HBr之间发生取代反应，生成的C为，由D分子式可知，C发生消去反应得到D，故D为，据此解答；（4）合成，合成流程图为解答：解：（1）中含有的官能团有：醛基、（酚）羟基（或醚键），故答案为：醛基、（酚）羟基（或醚键）；（2）与乙基香草醛互为同分异构体，能与NaHCO3溶液反应放出气体，含有COOH，且苯环上只有一个侧链（不含ROR及ROCOOH结构），则侧链中含有OH，侧链为CH（OH）CH2COOH或CH2CH（OH）COOH
53、或C（OH）（CH3）COOH或CH（CH2OH）COOH，故符合条件的同分异构体有4种，故答案为：4；（3）A氧化生成B，B能发生银镜反应，所以B中含有醛基，所以A中含有CH2OH结构，A可以被氧化为苯甲酸，说明与苯环直接相连的碳原子上有氢，故A的结构简式为：，则B为A和HBr之间发生取代反应，生成的C为，由D分子式可知，C发生消去反应得到D，故D为，由上述分析可知，A的结构简式：，反应是发生消去反应生成，发生的条件是：NaOH醇溶液、加热，故答案为：；NaOH醇溶液、加热；由A可直接生成D，反应和的目的是减少如酯化、成醚等副反应的发生，故答案为：减少如酯化、成醚等副反应的发生；AB的反应方程式为：（或），C与NaOH水溶液共热的反应方程式为：，故答案为：（或）；（4）合成的流程图为，即先发生氧化反应，再发生酯化反应，故答案为：氧化反应、酯化反应点评：本题考查有机物的推断，难度中等，A的结构的推断是解答的关键，注意根据有机物的分子式与性质进行推断，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
