1、江西省上饶市2015年高考化学三模试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1化学与环境材料信息能源关系密切，下列说法不正确的是（）A利用催化设施，可以将汽车尾气中CO和NO转化为无害气体B聚乙炔用I2或Na等做掺杂处理后可形成一种导电塑料，该导电塑料是一种纯净物，有固定的熔点沸点C先通入氯气，再加入硫酸亚铁处理水，能达到消毒杀菌和除去悬浮杂质的目的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硅考点：常见的生活环境的污染及治理；混合物和纯净物；氯气的化学性质；硅和二氧化硅.分析：A汽车尾气系统中使用催化转化器，可降低CO、NO等有毒气体的排放；B聚乙炔用I2或Na等做掺
2、杂处理后可形成一种导电塑料，属于混合物，无固定的熔点、沸点；C氯气具有强氧化性，可消毒杀菌，可将亚铁离子氧化为三价铁离子，铁离子水解能生成氢氧化铁胶体具有吸附性可净水；D硅单质是半导体材料，常用于计算机芯片的材料和太阳能电池解答：解：A利用催化设施，可以将汽车尾气中CO和NO转化为无害气体二氧化碳和氮气，故A正确；B聚乙炔是一种导电聚合物，属于混合物，混合物无固定的熔点、沸点，故B错误；C氯气具有强氧化性，可消毒杀菌，可将亚铁离子氧化为三价铁离子，铁离子水解能生成氢氧化铁胶体具有吸附性可净水，故C正确；D沙子主要成分是二氧化硅，通过反应可以生成硅，硅单质是半导体材料，常用于计算机芯片的材料和太
3、阳能电池，故D正确；故选：B点评：本体考查了物质的性质和用途，明确硅、二氧化硅、氯气等物质的性质是解题关键，注意混合物不具有固定的熔沸点，题目难度不大2（6分）（2015上饶三模）下列实验装置和试剂的选用或操作都正确的是（）A除去NO中的NO2B铁制品表面镀锌C稀释浓硫酸D制备少量O2考点：化学实验方案的评价.分析：A二氧化氮与水反应生成NO；B镀锌时电解质应为含锌离子的物质；C不能在容量瓶中稀释浓硫酸；D过氧化钠为粉末固体，与水接触后不能分离解答：解：二氧化氮与水反应生成NO，则导管长进短出可除杂，故A正确；B镀锌时电解质应为含锌离子的物质，则图中电解质应为硫酸锌或硝酸锌等，故B错误；C不能
4、在容量瓶中稀释浓硫酸，应在烧杯中稀释、冷却后转移到容量瓶中，故C错误；D过氧化钠为粉末固体，与水接触后不能分离，关闭止水夹不能使固体与液体分离，则不能利用图中装置制备少量氧气，故D错误；故选A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、电镀、溶液配制、气体的制备等，把握物质的性质、反应原理、实验基本操作等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大3（6分）（2015上饶三模）现有5种短周期元素XYZQW，原子序数依次增大，在周期表中X原子的半径最小；X和W同主族；Y原子的核外电子总数是其次外层电子数的3倍，Q是地壳中含量最高的元素下列说法不
5、正确的是（）A原子半径：YQWBZX3可使紫色石蕊试液变蓝CXZQ可组成离子化合物或共价化合物DX2Q2Y2X6两种分子中含有的电子数化学键种类都相同考点：原子结构与元素的性质；原子结构与元素周期律的关系.分析：现有5种短周期元素XYZQW，原子序数依次增大，在周期表中X原子的半径最小，则X为H元素；Y原子的核外电子总数是其次外层电子数的3倍，原子只能有2个电子层，核外电子数为6，故Y为C元素；Q是地壳中含量最高的元素，则Q为O元素X和W同主族，W原子序数大于氧，故W为Na；Z的原子序数大于碳而小于氧，所以Z是N元素，据此解答解答：解：现有5种短周期元素XYZQW，原子序数依次增大，在周期表中
6、X原子的半径最小，则X为H元素；Y原子的核外电子总数是其次外层电子数的3倍，原子只能有2个电子层，核外电子数为6，故Y为C元素；Q是地壳中含量最高的元素，则Q为O元素X和W同主族，W原子序数大于氧，故W为Na；Z的原子序数大于碳而小于氧，所以Z是N元素AC和O属于同一周期，碳原子半径大于氧原子半径，碳原子半径小于钠原子半径，所以原子半径：QYW，故A错误；B氨气溶于水得到氨水，氨水电离出氢氧根离子而使溶液呈碱性，所以氨气可使紫色石蕊溶液变蓝，故B正确；CXZQ可组成硝酸铵、硝酸等，铵盐属于离子化合物，硝酸是共价化合物，故C正确；DH2O2、C2H62种分子中含有的电子数都是18，化学键种类都是
7、共价键，故D正确；故选A点评：考查元素周期律、微粒半径比较等，难度中等，正确推断元素是解本题的关键，注意半径比较规律与基础知识掌握4（6分）（2015上饶三模）下列叙述中正确的是（）A根据图，若滴定前仰视读数，滴定终点时俯视读数，则测定的盐酸浓度偏高B250时，难溶物XY和AB3的KSP分别为1.01010和2.71015，则饱和溶液中c（X+）一定大于c（A 3+ ）C每个Fe（OH）3胶体粒子含一个氢氧化铁分子D某溶液中存在K+HCO3CO32OHH+，其离子浓度大小顺序可能为c（K+）c（HCO3）c（H+）c（CO23）考点：离子浓度大小的比较；分散系、胶体与溶液的概念及关系；难溶电解
8、质的溶解平衡及沉淀转化的本质；中和滴定.分析：A、测定的盐酸的体积变小，所以测定的盐酸浓度偏低；B、依据溶度积常数计算计算；C、氢氧化铁胶体中的分散质粒子是很多Fe（OH）3分子的集合体；D、如果是碳酸氢钾溶液中存在K+HCO3CO32OHH+，其溶液离子浓度大小为c（K+）c（HCO3）c（H+）c（CO23）解答：解：A、若滴定前仰视读数，滴定终点时俯视读数，则测定的盐酸的体积变小，所以测定的盐酸浓度偏低，故A错误；B、c（X+）=105，c（A3+）=1.4105，故C（X+）C（A3+），故B错误；C、氢氧化铁胶体中的分散质粒子是很多Fe（OH）3分子的集合体，所以每个Fe（OH）3胶
9、体粒子含若干个氢氧化铁分子，故C错误；D、如果是碳酸氢钾溶液中存在K+HCO3CO32OHH+，其溶液离子浓度大小为c（K+）c（HCO3）c（H+）c（CO23），故D正确；故选D点评：本题主要考查离子浓度的大小和难溶电解质的溶解平衡、酸碱中和滴定等，综合性强，题目难度不大5（6分）（2015上饶三模）下列说法不正确的是（）A银氨溶液可以用于区分麦芽糖和蔗糖B乙醇、乙二醇、丙三醇的沸点依次升高C1mol乙酰水杨酸（）最多可以和2molNaOH反应D可用和HCHO为原料合成考点：有机物的结构和性质；晶体熔沸点的比较；有机物的鉴别；常用合成高分子材料的化学成分及其性能.分析：A麦芽糖为还原性糖，
10、可以与银氨溶液反应；B乙醇、乙二醇、丙三醇相对分子质量逐渐增大，氢键数目增多；C乙酰水杨酸含有羧基和酯基，且可水解生成酚羟基；D反应类似苯酚与甲醛的缩聚反应解答：解：A麦芽糖为还原性糖，可以与银氨溶液反应，蔗糖不反应，故A正确；B乙醇、乙二醇、丙三醇相对分子质量逐渐增大，氢键数目增多，则乙醇、乙二醇、丙三醇的沸点依次升高，故B正确；C乙酰水杨酸含有羧基和酯基，且可水解生成酚羟基，则1mol乙酰水杨酸（）最多可以和3molNaOH反应，故C错误；D反应类似苯酚与甲醛的缩聚反应，故D正确故选C点评：本题考查有机物的结构和性质，为高频考点和常见题型，侧重于学生的分析的考查，注意把握有机物的官能团的性
11、质以及有机物的结构，难度不大6（6分）（2015上饶三模）海水中含有丰富的锂资源，研究人员开发了一种只能让锂离子通过的特殊交换膜，并运用电解实现从海水中提取高浓度的锂盐，其工作原理如图所示下列说法不正确獉獉獉的是（）Aa连接电源的正极BLi+的移动方向是从海水进入到盐酸中C一段时间后，b电极附近溶液的pH降低D电解过程中还可能获得有经济价值的副产物氢气和氯气考点：电解原理.分析：要想从海水中提取高浓度的锂盐，则锂离子应从海水进入到盐酸中，依据电解池工作原理，阳离子移向阴极，可知b为阴极与电源负极相连，a为阳极与电源正极相连；电解池阳极海水中的氯离子放电生成氯气，阴极上盐酸中的氢离子失去电子发生
12、还原反应生成氢气，据此解答解答：解：A要想从海水中提取高浓度的锂盐，则锂离子应从海水进入到盐酸中，依据电解池工作原理，阳离子移向阴极，可知b为阴极与电源负极相连，a为阳极与电源正极相连，故A正确；B电解池中阳离子移向阴极，b电极为阴极，所以Li+的移动方向是从海水进入到盐酸中，故B正确；Cb电极为阴极，阴极上氢离子放电，氢离子浓度减小，pH值增大，故C错误；D电解池阳极海水中的氯离子放电生成氯气，阴极上盐酸中的氢离子失去电子发生还原反应生成氢气，故D正确；故选：C点评：本题考查了电解原理，明确电解池工作原理、准确判断电解池的阴阳极及发生的反应是解题关键，题目难度不大7（6分）（2015上饶三模
13、）某溶液仅含Fe2+、Na+、Al3+、Ba2+、SO42、NO3、Cl中的4种离子，所含离子的物质的量均为1mol若向该溶液中加入过量的稀硫酸，有气体产生，且溶液中阴离子种类不变（不考虑水的电离和离子的水解）下列说法不正确的是（）A该溶液中所含的离子是：Fe2+、Na+、SO42、NO3B若向该溶液中加入过量的稀硫酸，产生的气体在空气中能变成红棕色C若向该溶液中加人过量的稀硫酸和KSCN溶液，溶液显血红色D若向该溶液中加入足量的NaOH溶液，充分反应后，过滤、洗涤、灼烧，最终所得固体的质量为72g考点：常见离子的检验方法.专题：离子反应专题分析：向该溶液中加入过量的稀硫酸，有气泡产生，且溶液
14、中阴离子种类不变，则一定发生Fe2+、NO3的氧化还原反应生成硝酸铁和NO，阴离子种类不变，则原溶液中存在SO42，又溶液中含有四种离子，所含离子的物质的量均为1mol，由电荷守恒可知，含有带一个单位正电荷的阳离子，以此来解答解答：解：向该溶液中加入过量的稀硫酸，有气泡产生，且溶液中阴离子种类不变，则一定发生Fe2+、NO3的氧化还原反应生成硝酸铁和NO，阴离子种类不变，说明原溶液中原来已经存在SO42，又溶液中含有四种离子，反应生成了Fe3+，所含离子的物质的量均为1mol，由电荷守恒可知，含有带一个单位正电荷的阳离子，即一定含有Na+，A、由上述推断可知，该溶液中所含的离子为：Fe2+、N
15、a+、SO42、NO3，故A正确；B、生成的NO易被空气中的氧气氧化成红棕色的二氧化氮，故B正确；C、该溶液中加酸发生氧化还原反应生成三价铁离子，若加KSCN溶液，则溶液显血红色，故C正确；D、若向该溶液中加入足量的NaOH溶液，充分反应后，过滤、洗涤、灼烧，最终所得固体为氧化铁，其质量为：0.5mol160g/mol=80g，故D错误，故选：D点评：本题考查离子的检验，明确常见离子的性质及检验中发生的化学反应是解答本题的关键，注意检验中应排除离子的相互干扰来解答，并注意离子共存及电荷守恒的应用，题目难度中等二、解答题（共3小题，满分43分）8（12分）（2015上饶三模）氢溴酸在医药和石化工
16、业上有广泛用途如图是模拟工业制备氢溴酸的流程如图1：回答下列问题：（1）混合中发生反应的离子方程式为SO2+Br2+2H2O=4H+2Br+SO42（2）混合中加入试剂a是BaCl2溶液（3）加入Na2SO3的目的是除去过量的Br2，但要防止过量，原因是SO32+2H+=SO2+H2O（请用离子方程式表示）（4）工业氢溴酸常带有淡淡的黄色，可能的原因是：含Fe3+含Br2含Fe3+和Br2，只用下列一种试剂就能分析产生淡黄色的原因该试剂是e（填写字母）aKMnO4溶液 bNaOH溶液 cKSCN溶液 d淀粉KI溶液 eCCl4（5）实验室制取Br2的反应为：2NaBr+3H2SO4+NmO22
17、NaHSO4+MnSO4+Br2+2H2O 制取Br2最好选用下列装置中的c （填写字母，固定和加热装置均已省略）简述检验图2装置气密性的方法关闭分液漏斗活塞，将烧瓶上的导气管连接一段橡皮管并伸入水中，用手捂热烧瓶，若导管末端有气泡产生，冷却后导管中上升一段水柱，证明装置气密性良好考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计.专题：卤族元素分析：（1）Br2具有强氧化性，在溶液中将SO2氧化为H2SO4，自身被还原为HBr（2）由流程图可知，混合后过滤生成硫酸钡，滤液蒸馏产生NaCl溶液，故钡离子、氯离子应是加入试剂a引入的；（3）Na2SO3过量，能与HBr反应生成二氧化硫、溴化
18、钠、水；（4）CCl4与溶液混合后分层，根据有机层与水溶液的颜色判断氢溴酸常带黄色原因；（5）根据反应物的状态、反应条件选择装置；检验装置气密性为：关闭分液漏斗活塞，将烧瓶上的导气管连接一段橡皮管并伸入水中，用手捂热烧瓶，若导管末端有气泡产生，冷却后导管中上升一段水柱，证明装置气密性良好解答：解：（1）Br2具有强氧化性，在溶液中将SO2氧化为H2SO4，自身被还原为HBr，反应离子方程式为SO2+Br2+2H2O=4H+2Br+SO42，故答案为：SO2+Br2+2H2O=4H+2Br+SO42；（2）由流程图可知，混合后过滤生成硫酸钡，滤液蒸馏产生NaCl溶液，故钡离子、氯离子应是加入试剂
19、a引入的，故试剂a为BaCl2溶液，故答案为：BaCl2溶液；（3）Na2SO3过量，能与HBr反应生成二氧化硫、溴化钠、水，反应离子方程式为SO32+2H+=SO2+H2O，故答案为：SO32+2H+=SO2+H2O；（4）CCl4与溶液混合后分层，有机层在下层，水层在上层，若有机层无色，水层为黄色，则为含Fe3+所致，若有机层为橙色，水层为无色，为含Br2所致，若有机层为橙色、水层为黄色，则为含Fe3+和Br2所致，故选e；（5）该反应为固体、液体混合加热制备气体，应选择c装置，检验装置气密性为：关闭分液漏斗活塞，将烧瓶上的导气管连接一段橡皮管并伸入水中，用手捂热烧瓶，若导管末端有气泡产生
20、，冷却后导管中上升一段水柱，证明装置气密性良好，故答案为：c；关闭分液漏斗活塞，将烧瓶上的导气管连接一段橡皮管并伸入水中，用手捂热烧瓶，若导管末端有气泡产生，冷却后导管中上升一段水柱，证明装置气密性良好点评：本题以制备氢溴酸为载体，考查学生对工艺流程的理解、物质的分离提纯等基本操作、物质检验、实验方案设计、物质性质等，难度中等，理解原理是解题的关键，是对知识的综合运用，需学生具有扎实的基础知识与灵活运用知识解决问题的能力9（16分）（2015上饶三模）物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个基本视角（1）图中X的电子式为；其水溶液长期在空气中放置容易变浑浊，该变化体现出：S非金属性比O
21、弱 （填“强”或“弱”）用原子结构解释原因：同主族元素最外层电子数相同，从上到下，电子层数增多，原子半径增大，得电子能力逐渐减弱（2）Na2S2O3是一种用途广泛的钠盐下列物质用于Na2S2O3的制备，从氧化还原反应的角度，理论上有可能的是bd （填字母序号）aNa2S+S bZ+S cNa2SO3+Y dNaHS+NaHSO3已知反应：Na2S2O3+H2SO4Na2SO4+S+SO2+H2O研究其反应速率时，下列说法正确的是b（填写字母序号）a可通过测定一段时间内生成SO2的体积，得出该反应的速率b可通过比较出现浑浊的时间，研究浓度温度等因素对该反应速率的影响c可通过Na2S2O3固体与稀
22、硫酸和浓硫酸的反应，研究浓度对该反应速率的影响（3）治理含COSO2的烟道气，可以将其在催化剂作用下转化为单质S和无毒的气体已知：CO（g）+O2（g）=CO2（g）H=283kJmol1S（s）+O2（g）=SO2（g）H=296kJmol1则治理烟道气反应的热化学方程式为2CO（g）+SO2 （g）S（s）+2CO2（g）H=270 kJmol1一定条件下，将CO与SO2以体积比为4：1置于恒容密闭容器中发生上述反应，下列选项能说明反应达到平衡状态的是cd （填写字母序号）av（CO）：v（SO2）=2：1 b平衡常数不变c气体密度不变 dCO2和SO2的体积比保持不变测得上述反应达平衡时
23、，混合气体中CO的体积分数为，则SO2的转化率为60%（4）最近科学家提出“绿色自由”构想：把空气吹入碳酸钾溶液，然后再把CO2从溶液中提取出来，经化学反应后使空气中的CO2转变为可再生燃料甲醇甲醇可制作燃料电池写出以氢氧化钾为电解质的甲醇燃料电池负极反应式CH3OH6e+8OH=CO32+6H2O（5）某同学用沉淀法测定含有较高浓度CO2的空气中CO2的含量，经查得一些物质在20的数据如下表溶解度（s）/g溶度积（Ksp）Ca（OH）2Ba（OH）2CaCO3BaCO30.163.892.91092.6109吸收CO2最合适的试剂是Ba（OH）2 （填“Ca（OH）2”或“Ba（OH）2”）
24、溶液考点：化学平衡的计算；原电池和电解池的工作原理；化学平衡状态的判断；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；含硫物质的性质及综合应用.分析：（1）X为H2S，S最外层6个电子，能够与2个H原子形成共价键；H2S在空气中变浑浊是因为被氧气氧化为S；同主族元素最外层电子数相同，原子半径自上而下逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，失电子能力逐渐增强；（2）Na2S2O3中S为+2价，从氧化还原的角度分析，反应物中S元素化合价必须分别大于2和小于2；硫代硫酸钠与稀硫酸反应生成了单质硫，溶液变浑浊，反应速率越快，出现浑浊时间越短；（3）由信息可知转化为单质S和无毒的气体二氧化碳，利用已知热化学方程式，利用盖
25、斯定律可知2得到2CO（g）+SO2 （g）S（s）+2CO2（g）；反应达到平衡状态时正逆反应速率相等，各组分浓度保持不变；利用三段式法得到平衡的各物质浓度，由达平衡时混合气体中CO的体积分数为计算转化的量，再计算二氧化硫的转化率；（4）甲醇作燃料电池，以氢氧化钾为电解质，则负极上甲醇失去电子生成碳酸根离子；（5）由表格数据可知，溶度积相差不大，但溶解度差异大，溶解度大的其浓度大，吸收效果好解答：解：（1）X中S元素的化合价为2价，则X为H2S，S最外层6个电子，能够与2个H原子形成共价键，其电子式为；H2S在空气中变浑浊是因为被氧气氧化为S，所以S非金属性比O弱；同主族元素最外层电子数相同
26、，原子半径自上而下逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，失电子能力逐渐增强，故答案为：；弱；电子层数增多，原子半径增大；（2）Na2S2O3中S为+2价，从氧化还原的角度分析，反应物中S元素化合价必须分别大于2和小于2，a中S化合价都小于2，c中S的化合价都大于2，bd符合题意，故答案为：bd；根据硫代硫酸钠与稀硫酸反应生成了单质硫，溶液变浑浊，可以判断反应速率快慢，反应速率越快，出现浑浊时间越短，故答案为：b；（3）已知：CO（g）+O2（g）=CO2（g）H=283kJmol1S（s）+O2（g）=SO2（g）H=296kJmol1由盖斯定律可知2得到2CO（g）+SO2 （g）S（s）+2CO2
27、（g）H=270 kJmol1，故答案为：2CO（g）+SO2 （g）S（s）+2CO2（g）H=270 kJmol1；aCO和SO2的速率之比始终等于化学计量数之比，其无法判断反应是否达到平衡状态，故a错误；b温度不变平衡常数始终不变，平衡常数不变不能说明反应达到平衡状态，故b错误；c容器体积不变，S为固态，反应正向进行气体体积减小，当气体质量不变时，说明各组分浓度不变，反应达到平衡状态，故c正确；dCO2和SO2的体积比保持不变说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故d正确；由 2CO（g）+SO2 （g）S（s）+2CO2（g）反应前（mol） 4 1 0 0转化了（mol）2x x
28、x 2x平衡后（mol）42x 1x x 2x混合气体中CO的体积分数为，则有=，解得x=0.6，所以SO2的转化率为100%=60%，故答案为：cd；60%；（4）甲醇燃料电池以氢氧化钾为电解质，则负极上甲醇失去电子生成碳酸根离子，负极反应为CH3OH6e+8OH=CO32+6H2O，故答案为：CH3OH6e+8OH=CO32+6H2O； （5）由表格数据可知，碳酸钙、碳酸钡的溶度积相差不大，但Ca（OH）2、Ba（OH）2溶解度差异大，溶解度大的其浓度大，吸收效果好，则吸收CO2最合适的试剂是Ba（OH）2溶液，故答案为：Ba（OH）2点评：本题考查较综合，涉及氧化还原反应、元素周期律的应
29、用、化学平衡计算、盖斯定律应用、电极反应及图象、表格数据分析等，注重高频考点的考查，把握反应原理、信息处理及应用为解答的关键，综合性较强，题目难度中等10（15分）（2015上饶三模）无机化合物A主要用于药物制造在一定条件下，2.30g固体A与5.35g NH4Cl固体恰好完全反应，生成固体B和4.48L气体C（标准状况）气体C极易溶于水得到碱性溶液，电解无水B可生成一种短周期元素的金属单质D和氯气由文献资料知道：工业上物质A可用金属D与液态的C在硝酸铁催化下反应来制备A物质，纯净的A物质为白色固体，但制得的粗品往往是灰色的；物质A的熔点390，沸点430，密度大于苯或甲苯，遇水反应剧烈，也要
30、避免接触酸、酒精在空气中A缓慢分解，对其加强热则猛烈分解，在750800分解为化合物E和气体C回答下列问题：（1）A的化学式LiNH2，C的电子式为（2）A与盐酸反应的化学方程式为LiNH2+2HCl=LiCl+NH4Cl（3）A在750800分解的方程式为3LiNH2Li3N+2NH3 ，制得的粗品往往是灰色的，其可能的原因是制得的产物中含有杂质铁（4）久置的A可能大部分变质而不能使用，需要将其销毁遇到这种情况，可用苯或甲苯将其覆盖，然后缓慢加入用苯或甲苯稀释过的无水乙醇，试解释其化学原理LiNH2密度大于苯或甲苯且不溶于它们，所以可用苯或甲苯进行覆盖；乙醇羟基上的氢较活泼，故也可以跟LiN
31、H2反应，方程式为LiNH2+C2H5OHC2H5OLi+NH3，但是由于醇羟基上的氢比水中氢不活泼，故此反应进行较缓慢，可将其销毁又不会有危险（5）工业制备单质D的流程图如图：步骤中操作名称是蒸发浓缩、冷却结晶试用平衡移动原理解释步骤中减压的目的是存在平衡：LiClH2O（s）LiCl（s）+H2O（g），减小压强，有利于平衡向正方向移动，有利于无水LiCl的制备（6）写出D的重氢化合物与水反应的化学方程式为LiD+H2O=LiOH+HD考点：无机物的推断.专题：推断题分析：（1）在一定条件下，2.30g固体A与5.35gNH4Cl固体恰好完全反应，生成固体B和4.48L气体C （标准状况）
32、，气体C极易溶于水得到碱性溶液，可推知C为NH3，电解无水B可生成一种短周期元素的金属单质D和氯气，B为金属D氯化物，4.48L氨气的物质的量=0.2mol，其质量=0.2mol17g/mol=3.4g，根据质量守恒可知B的质量为2.3g+5.35g3.4g=4.25g，NH4Cl的摩尔质量为53.5g/mol，5.35gNH4Cl为0.1mol，若D为A族金属，则固体A与NH4Cl固体反应可表为：A+NH4ClDCl2+NH3，根据Cl原子守恒，DCl2的物质的量=0.05mol，其摩尔质量=85g/mol，D的相对分子质量=8571=14，不符合题意，若D为A族金属，则固体A与NH4Cl固
33、体反应可表为：A+NH4ClDCl+NH3，根据Cl原子守恒，DCl的物质的量=0.1mol，其摩尔质量=42.5g/mol，D的相对分子质量=42.535.5=7，故D为Li，可推知B为LiCl，那么2.3g化合物A中含Li元素也为 0.1mol，再根据质量守恒和原子守恒（原子的种类和数目反应前后相同），则2.3gA中含有N原子为0.2mol0.1mol=0.1mol，含有H原子为0.2mol40.4mol=0.2mol，可推知A是LiNH2；（2）根据化合物A（LiNH2）遇水强烈水解，能生成LiOH和NH3，所以其与盐酸反应生成LiCl、NH4Cl；（3）LiNH2中N原子与H原子数目之
34、比为1：2，NH3中N原子与H原子数目之比为1：3，故化合物E含有Li、N元素，应为Li3N，根据质原子守恒书写方程式为；制得的产物中含有杂质铁，使粗品往往是灰色；（4）LiNH2密度大于苯或甲苯且不溶于它们，所以可用苯或甲苯进行覆盖；乙醇羟基上的氢较活泼，故也可以跟LiNH2反应，但是由于醇羟基上的氢比水中氢不活泼，故此反应进行较缓慢，可将其销毁又不会有危险；（5）、通过工业制备单质Li的流程图可知：步骤是要从LiCl溶液获得LiClH2O晶体，所以，其操作应为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤；、步骤中存在平衡：LiClH2O（s）LiCl （s）+H2O（g），结合压强对平衡移动影响分析解
35、答；（6）根据水解原理解答：LiD中阳离子与水电离的氢氧根离子结合，而阳离子与水电离的氢离子结合解答：（1）在一定条件下，2.30g固体A与5.35gNH4Cl固体恰好完全反应，生成固体B和4.48L气体C （标准状况），气体C极易溶于水得到碱性溶液，可推知C为NH3，电解无水B可生成一种短周期元素的金属单质D和氯气，B为金属D氯化物，4.48L氨气的物质的量=0.2mol，其质量=0.2mol17g/mol=3.4g，根据质量守恒可知B的质量为2.3g+5.35g3.4g=4.25g，NH4Cl的摩尔质量为53.5g/mol，5.35gNH4Cl为0.1mol，若D为A族金属，则固体A与NH
36、4Cl固体反应可表为：A+NH4ClDCl2+NH3，根据Cl原子守恒，DCl2的物质的量=0.05mol，其摩尔质量=85g/mol，D的相对分子质量=8571=14，不符合题意，若D为A族金属，则固体A与NH4Cl固体反应可表为：A+NH4ClDCl+NH3，根据Cl原子守恒，DCl的物质的量=0.1mol，其摩尔质量=42.5g/mol，D的相对分子质量=42.535.5=7，故D为Li，可推知B为LiCl，那么2.3g化合物A中含Li元素也为 0.1mol，再根据质量守恒和原子守恒（原子的种类和数目反应前后相同），则2.3gA中含有N原子为0.2mol0.1mol=0.1mol，含有H
37、原子为0.2mol40.4mol=0.2mol，可推知A是LiNH2，氨气的电子式为：，故答案为：LiNH2；（2）根据化合物A（LiNH2）遇水强烈水解，能生成LiOH和NH3，所以其与盐酸反应生成LiCl、NH4Cl，反应方程式为：LiNH2+2HCl=LiCl+NH4Cl，故答案为：LiNH2+2HCl=LiCl+NH4Cl；（3）LiNH2中N原子与H原子数目之比为1：2，NH3中N原子与H原子数目之比为1：3，故化合物E含有Li、N元素，应为Li3N，反应方程式为：3LiNH2Li3N+2NH3 ；制得的产物中含有杂质铁，使粗品往往是灰色，故答案为：3LiNH2Li3N+2NH3 ；
38、制得的产物中含有杂质铁；（4）LiNH2密度大于苯或甲苯且不溶于它们，所以可用苯或甲苯进行覆盖；乙醇羟基上的氢较活泼，故也可以跟LiNH2反应，方程式为LiNH2+C2H5OHC2H5OLi+NH3，但是由于醇羟基上的氢比水中氢不活泼，故此反应进行较缓慢，可将其销毁又不会有危险，故答案为：LiNH2密度大于苯或甲苯且不溶于它们，所以可用苯或甲苯进行覆盖；乙醇羟基上的氢较活泼，故也可以跟LiNH2反应，方程式为LiNH2+C2H5OHC2H5OLi+NH3，但是由于醇羟基上的氢比水中氢不活泼，故此反应进行较缓慢，可将其销毁又不会有危险（5）通过工业制备单质Li的流程图可知：步骤是要从LiCl溶液
39、获得LiClH2O晶体，所以，其操作应为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤步骤是要将LiClH2O晶体在减压、干燥的氯化氢气氛中加热（200）生成无水LiCl，然后经步骤电解熔融的LiCl制得金属Li，则：步骤中的操作己经有过滤、洗涤，还应有“蒸发浓缩、冷却结晶”，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；LiClH2O晶体脱去结晶水生成无水LiCl的反应：LiClH2O（s）LiCl （s）+H2O（g），是一个扩大气体体积的反应，所以减小压强，有利于平衡LiClH2O（s）LiCl （s）+H2O（g），向正方向移动，有利于无水LiCl的制备 故答案为：存在平衡：LiClH2O（s）LiCl（s）+H2
40、O（g），减小压强，有利于平衡向正方向移动，有利于无水LiCl的制备；（6）LiD中阳离子与水电离的氢氧根离子结合，而阳离子与水电离的氢离子结合，反应方程式为：LiD+H2O=LiOH+HD，故答案为：LiD+H2O=LiOH+HD点评：本题考查无机物推断、化学实验等，题目素材比较陌生，增大题目难度，侧重考查学生对知识的迁移应用与综合分析解决问题能力，对学生的逻辑推理有较高的要求，计算推断金属D为Li是关键，难度较大二、选考题：共45分请考生从给出的3道物理题3道化学题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目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选
41、答区域指定位置答题如果多做，则每学科按所做的第一题计分【化学-选修2：化学与技术】11（15分）（2015上饶三模）由熔盐电解法获得的粗铝含有一定量的金属钠和氢气，这些杂质可采用吹气精炼法除去，产生的尾气经处理后可用于钢材镀铝，工艺流程如下：（已知：NaCl熔点为801；AlCl3在181升华；固体直接变为气体叫做升华）（1）把NaCl和AlCl3的固体混合物置于如图所示的装置的一端，加热到181 （最低温度），即可分离NaCl和AlCl3（2）将Cl2连续通入坩埚中的粗铝熔体里，杂质随气泡上浮除去气泡的主要成分除Cl2外还含有H2、HCl、AlCl3；固态杂质黏附于气泡上，在熔体表面形成浮渣
42、，浮渣中肯定存在的物质是NaCl（3）用废碱液处理气体A的过程中，所发生反应的离子方程式有：H+OHH2O，Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O（4）镀铝电镀池中，金属铝为阳 极，熔融盐电镀池中存在Na+K+AlCl4Al2Cl7等离子钢材表面（电极）的电极反应式为AlCl4+3eAl+4Cl或Al2O7+6e=2Al+7Cl（5）钢材镀铝后，在表面氧化成致密的氧化铝膜，避免钢材接触空气而防止钢材被腐蚀考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；原电池和电解池的工作原理.分析：粗铝700C通入氯气在坩埚中精炼，将Cl2连续通入坩埚中的粗铝熔体，杂质随气泡上浮除去气泡的主要成分除Cl2外还含有
43、H2、HCl、AlCl3，除渣得到高纯铝液和尾气，高纯铝液冷却得到高纯铝锭，尾气冷凝得到气体A为Cl2，废碱液回收得到回收液；B固体加入氯化钠氯化钾加热得到熔融盐电镀得到镀铝制品；（1）NaCl熔点为801；AlCl3在181升华，据此分析分离的温度；（2）根据题中信息：NaCl熔点为801；AlCl3在181升华，在结合物质之间的反应来分析；（3）酸性气体能和强碱反应，用烧碱来处理尾气，氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；（4）电镀池中镀件金属作阳极，金属发生氧化反应，钢材做阴极得到电子发生还原反应，熔融盐电镀池中存在Na+K+AlCl4Al2Cl7等离子分析；（5）根据氧化铝的
44、性质稳定来回答，铝金属表面形成的致密氧化铝膜具有保护作用解答：解：粗铝700C通入氯气在坩埚中精炼，将Cl2连续通入坩埚中的粗铝熔体，杂质随气泡上浮除去气泡的主要成分除Cl2外还含有H2、HCl、AlCl3，除渣得到高纯铝液和尾气，高纯铝液冷却得到高纯铝锭，尾气冷凝得到气体A为Cl2，废碱液回收得到回收液；B固体加入氯化钠氯化钾加热得到熔融盐电镀得到镀铝制品；（1）NaCl熔点为801；AlCl3在181升华，把NaCl和AlCl3的固体混合物置于如图所示的装置的一端，加热到181氯化铝变化为气体升华，在另一端冷凝分离，故答案为：181；（2）粗铝含有一定量的金属钠和氢气，钠、铝和氯气反应生成
45、了氯化钠和氯化铝，氢气和氯气发生反应生成氯化氢，其中氯化钠熔点为801，较高，是固态杂质随气泡上浮，气泡的主要成分除Cl2外还含有H2、HCl、AlCl3，故答案为：H2、HCl、AlCl3；NaCl；（3）A中有氯气以及氯化氢，均能和烧碱反应，用于尾气处理，实质为：Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O，H+OH=H2O，故答案为：Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O；（4）电镀池中镀件金属铝作阳极，金属铝失电子发生氧化反应，钢材做阴极，表面（电极）的电极反应式为：AlCl4+3eAl+4Cl或Al2O7+6e=2Al+7Cl，故答案为：阳；Al2O7+6e=2Al+7Cl；（5）铝金属表面形
46、成的致密氧化铝膜具有保护作用，致密的氧化膜能隔绝钢材与空气中的O2、CO2和H2O等接触，使电化学腐蚀和化学腐蚀不能发生，故答案为：氧化铝膜点评：本题考查了物质分离提纯的流程分析判断，物质性质和试剂作用于产物的判断是解题关键，是一道有关金属的工业制备知识题目，考查角度广，难度中等二、化学-选修3：物质结构与性质（15分）12（2015上饶三模）I德国和美国科学家首先制出由20个碳原子组成的空心笼状分子C20，该笼状结构是由许多正五边形构成如图C20分子中每个碳原子只跟相邻的3个碳原子形成化学键；多面体的顶点数、面数和棱边数的关系，遵循欧拉定理：顶点数+面数+棱边数=2，请回答：C20分子共有1
47、2个正五边形，共有30条棱边A、B、C是短周期非金属元素，核电荷数依次增大A原子外围电子排布为ns2np2，C是地壳中含量最多的元素D元素的核电荷数为29请用对应的元素符号或化学式填空：（1）A、B、C的第一电离能由小到大的顺序为CON（2）分子（AB）2中键与键之间的夹角为180，并有对称性，每个原子最外层电子数均满足八电子，其结构式为，1mol该分子中含有键的数目为4NA（或2.4081024）该分子中碳原子的杂化轨道类型是sp，该分子属于非极性分子（填“极性”或“非极性”）（3）基态D原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1考点：晶胞的计算；位置结构性质的相互关系应
48、用.专题：元素周期律与元素周期表专题；化学键与晶体结构分析：I每条共价键被两个碳原子共有，根据欧拉定理计算；II由题意可知，A、B、C、D四种元素分别是C、N、O、Cu；（1）根据第一电离能递变规律得到答案；（2）（CN）2中键与键之间的夹角为180，C最外层电子数为4，N原子最外层电子数为5，且每个原子最外层电子数均满足八电子推断其结构式；根据结构式判断键数目，根据结构式判断杂化类型，根据其对称性判断其分子类型；（3）根据Cu的原子序数为29，根据能量最低原则、泡利不相容原理和洪特规则写出核外电子排布式解答：解：I顶点数为20，每条共价键被两个碳原子共有，所以棱数为=30；根据欧拉定理，面数
49、=30+220=12，故答案为：12、30；II（1）第一电离能从左到右呈增大趋势，由于N原子2p轨道半充满，较为稳定，其第一电离能较大，O原子2p轨道比N原子多一个电子，容易失去第一个电子，N原子第一电离能大于O原子，第一电离能从小到大顺序为：CON，故答案为：CON；（2）（CN）2中键与键之间的夹角为180，C最外层电子数为4，N原子最外层电子数为5，且每个原子最外层电子数均满足八电子，则C、N原子之间以CN结合，C还有一个未成对电子，故两个C原子形成一对共用电子对，则其结构式为：；根据结构式可知，分子内含有4条键，则1mol该分子中含有4mol键，结构中含有两条CN，即有2条2p轨道未
50、参与杂化，判断杂化类型为sp杂化，由于其分子具有对称性，又由于键与键之间的夹角为180，呈直线型，属于非极性分子，故答案为：、4NA（或2.4081024）、sp、非极性；（3）Cu的原子序数为29，根据能量最低原则、泡利不相容原理和洪特规则写出核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1点评：本题综合考查物质结构与性质，涉及核外电子排布规律、电离能、杂化理论、分子结构、晶胞结构等，难度中等三、【化学-选修有机化学基础】（15分）13（2015上饶三模）现有分子式为CnH8O2X2的物质M，可发生如下所示转化：已知：物质
51、B在质谱分析中，在质谱图显示存在多种质荷比不相同的粒子，其中质荷比最大的为32，物质B在核磁共振氢谱分析中，有两个吸收峰，吸收峰面积之比为3：1两个OH同时连在一个C原子上，结构不稳定，会自动失水，如：请回答下列问题：（1）n值为9，X为Br （填元素符号）（2）的反应类型：水解反应或取代反应，加成反应（3）写出MEG的结构简式；M：；E：；G：CH2=CHCHO（4）写出下列反应的化学方程式：AD：；BF：2CH3OH+O22HCHO+2H2O（5）写出符合下列条件的E的同分异构体的结构简式属于酯属于酚不能发生银镜反应苯环上的一溴代物只有两种，考点：有机物的推断.分析：M和氢氧化钠的水溶液发
52、生水解反应生成A、B和C，C和硝酸酸化的硝酸银溶液反应生成淡黄色沉淀AgBr，则C为NaBr，同时说明M中X元素为Br元素，且M含有酯基B与氧气在Cu、加热条件下发生催化氧化生成F，B中含有羟基，物质B在质谱分析中质荷比最大的为32，则Mr（B）=32，去掉1个OH，剩余基团的式量为3217=15，应是甲基，故B为CH3OH、F为HCHO，F与乙醛反应得到G，结合G与银氨溶液反应产物结构，可知G为CH2=CHCHO可知A中含有羧基，而A能与新制氢氧化铜反应得到D，则A中含有CHO，A酸化后与氢气反应生成E，E氧化得到对苯二甲酸，而D酸化也得到对苯二甲酸，可推知A为，则E为，D为，由于两个OH同
53、时连在一个C原子上，结构不稳定，会自动失水，综上分析可知M的结构简式为，据此解答解答：解：M和氢氧化钠的水溶液发生水解反应生成A、B和C，C和硝酸酸化的硝酸银溶液反应生成淡黄色沉淀AgBr，则C为NaBr，同时说明M中X元素为Br元素，且M含有酯基B与氧气在Cu、加热条件下发生催化氧化生成F，B中含有羟基，物质B在质谱分析中质荷比最大的为32，则Mr（B）=32，去掉1个OH，剩余基团的式量为3217=15，应是甲基，故B为CH3OH、F为HCHO，F与乙醛反应得到G，结合G与银氨溶液反应产物结构，可知G为CH2=CHCHO可知A中含有羧基，而A能与新制氢氧化铜反应得到D，则A中含有CHO，A
54、酸化后与氢气反应生成E，E氧化得到对苯二甲酸，而D酸化也得到对苯二甲酸，可推知A为，则E为，D为，由于两个OH同时连在一个C原子上，结构不稳定，会自动失水，综上分析可知M的结构简式为（1）由上述分析可知，M的结构简式为，则n值为9，X为Br元素，故答案为：9；Br；（2）反应属于水解反应，也属于取代反应，反应属于加成反应，故答案为：水解反应或取代反应；加成反应；（3）由上述分析可知，M的结构简式为，E的结构简式为：，G的结构简式为：CH2=CHCHO，故答案为：；CH2=CHCHO；（4）AD的化学方程式为：；BF的化学方程式为：2CH3OH+O22HCHO+2H2O，故答案为：；2CH3OH+O22HCHO+2H2O；（5）符合下列条件的E（）的同分异构体：属于酯，属于酚，不能发生银镜反应，不含醛基，苯环上的一溴代物只有两种，含有2个不同的取代基，且处于对位，符合条件的同分异构体有：、，故答案为：；点评：本题考查有机物推断，正确推断A的结构是解本题关键，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，采取正逆推法相结合进行分析，难度中等