1、东北三省三校联考2015届高考化学一模试卷一、选择题（本大题共7小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1（6分）化学与生产、生活密切相关，下列说法不正确的是（）A石油的分馏、石油的裂解过程中都发生了化学变化B玻璃、陶瓷、水泥都是硅酸盐产品，属于无机非金属材料C用纯碱溶液清洗油污时，加热可以提高去污能力D高纯硅广泛应用于太阳能电池、计算机芯片2（6分）设NA为阿伏加德罗常数的数值，T列说法正确的是（）A一定条件下，将1mol N2和3mol H2混合，充分反应后转移的电子数为6NAB6.4g由S2、S4、S8组成的混合物含硫原子数为0.2NAC11g超重水（T2O
2、）含中子数为5NAD常温常压下，11.2L Cl2含氯原子数为NA3（6分）某有机物的结构简式如图所示，有关该位置的描述不正确的是（）A该物质的分子式为C11H12O3B该物质属于芳香族化合物C该物质能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，反应类型也相同D该物质在一定条件下反应能得到环状的酯4（6分）肼（N2H4）又称联氨，可用如下方法制备：CO（NH2）2+ClO+OHN2H4+Cl+CO32+H2O，CO（NH2）2中N为3价，方程式未配平，下列说法不正确的是（）AN2H4是氧化产物BN2H4中存在极性键和非极性键C配平后，OH的化学计量数为2D生成3.2 g N2H4转移0.1 mol电子5（6
3、分）下列反应的离子方程式书写正确的是（）A含等物质的量的MgCl2、Ba（OH）2、HNO3三种溶液混合：Mg2+2OH=Mg（OH）2BCaCO3溶于CH3COOH：CaCO3+2CH3COOH=Ca2+2CH3COO+CO2+H2OC过量HI溶液加入到Fe（NO3）3溶液中：2Fe3+2I=2Fe2+I2DSO2通入到溴水中：SO2+H2O+Br2=2H+SO42+2Br6（6分）下列实验操作能达到实验目的是（）选项实验目的实验操作A检验蔗糖水解产物中的葡萄糖取1mL 20%蔗糖溶液，加入少量稀硫酸，水浴加热后取少量溶液，加入几滴新制Cu（OH）2，加热B除去乙烷中混有的少量乙烯将混合气体
4、通入足量酸性KMnO4溶液中C验证Mg（OH）2沉淀可以转化为Fe（OH）3沉淀向2mL 1mol/L NaOH溶液中加入几滴1mol/L MgCl2溶液，生成白色沉淀，再加入几滴1mol/L FeCl3溶液D硅酸胶体的制备向Na2SiO3溶液（饱和溶液1：2用水稀释）中加入几滴酚酞，再逐滴滴入盐酸，边加边振荡，至溶液红色变浅并接近消失AABBCCDD7（6分）碱性硼化钒（VB2）空气电池工作时反应为：4VB2+11O2=4B2O3+2V2O5用该电池为电源，选用惰性电极电解硫酸铜溶液，实验装置如图所示当外电路中通过0.04mol电子时，B装置内共收集到0.448L气体（标准状况），则下列说法
5、正确的是（）AVB2电极发生的电极反应为：2VB2+11H2O22e=V2O5+2B2O3+22H+B外电路中电子由c电极流向VB2电极C电解过程中，b电极表面先有红色物质析出，然后有气泡产生D若B装置内的液体体积为200 mL，则CuSO4溶液的物质的量浓度为0.05mol/L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，每个试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（共129分）8（14分）锌是一种常用金属，冶炼方法有火法和湿法I镓（Ga）是火法冶炼锌过程中的副产品，镓与铝同主族且相邻，化学性质与铝相似氮化镓（GaN）是制造LED的重要材料，
6、被誉为第三代半导体材料（1）Ga的原子结构示意图为（2）GaN可由Ga和NH3在高温条件下合成，该反应的化学方程式为（3）下列有关镓和镓的化合物的说法正确的是（填字母序号）A一定条件下，Ga可溶于盐酸和氢氧化钠B常温下，Ga可与水剧烈反应放出氢气CGa2O3可由Ga（OH）3受热分解得到D一定条件下，Ga2O3可与NaOH反应生成盐II工业上利用锌焙砂（主要含Zn0、ZnFe2O4，还含有少量CaO、FeO、CuO、NiO等氧化物）湿法制取金属锌的流程如图所示，回答下列问题：已知：Fe的活泼性强于Ni（4）ZnFe2O4可以写成ZnOFe2O3，写出ZnFe2O4与H2SO4反应的化学方程式（
7、5）净化I操作分为两步：第一步是将溶液中少量的Fe2+氧化；第二步是控制溶液pH，只使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀净化I生成的沉淀中还含有溶液中的悬浮杂质，溶液中的悬浮杂质被共同沉淀的原因是（6）净化II中加入Zn的目的是（7）常温下，净化I中，如果要使c（Fe3+）105 mol/L，则应控制溶液pH的范围为已知：KspFe（OH）3=8.01038；lg5=0.79（15分）氢化锂（LiH）在干燥的空气中能稳定存在，遇水或酸能够引起燃烧某活动小组准备使用下列装置制备LiH固体甲同学的实验方案如下：（1）仪器的组装连接：上述仪器装置接口的连接顺序为，加入药品前首先要进行的实验操作是（不必
8、写出具体的操作方法）；其中装置B的作用是（2）添加药品：用镊子从试剂瓶中取出一定量金属锂（固体石蜡密封），然后在甲苯中浸洗数次，该操作的目的是，然后快速把锂放入到石英管中（3）通入一段时间氢气后加热石英管，在加热D处的石英管之前，必须进行的实验操作是（4）加热一段时间后停止加热，继续通氢气冷却，然后取出LiH，装入氮封的瓶里，保存于暗处采取上述操作的目的是为了避免LiH与空气中的水蒸气接触而发生危险（反应方程式：LiH+H2O=LiOH+H2），分析该反应原理，完成LiH与无水乙醇反应的化学方程式（5）准确称量制得的产品0.174g，在一定条件下与足量水反应后，共收集到气体470.4mL（已换
9、算成标准状况），则产品中LiH与Li的物质的量之比为（6）乙同学对甲的实验方案提出质疑，他认为未反应的H2不能直接排放，所以在最后连接了装置E用来收集H2，请将E装置补充完整10（14分）目前“低碳经济”正成为科学家研究的主要课题请回答下列问题：I甲烷自热重整是一种先进的制氢方法，其反应方程式为：CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）（1）阅读下图，计算该反应的反应热H=kJ/molII用CH4或其他有机物、O2为原料可设计成燃料电池（2）以CnH2nOn、O2为原料，H2SO4溶液为电解质设计成燃料电池，则负极的电极反应式为（3）以CH4、O2为原料，100mL 0.15mol/
10、L NaOH溶液为电解质设计成燃料电池，若放电时参与反应的氧气体积为448mL（标准状况），产生的气体全部被溶液吸收，则所得溶液中溶质的成分及物质的量之比为，各离子浓度由大到小的顺序为III利用I2O5消除CO污染的反应为：5CO（g）+I2O5（s）5CO2（g）+I2（s），不同温度下，向装有足量I2O5固体的2L恒容密闭容器中通入4mol CO，测得CO2的体积分数随时间t变化曲线如图请回答：（4）T2时，00.5min内的反应速率v（CO）=（5）T1时化学平衡常数K=（6）下列说法不正确的是（填字母序号）A容器内气体密度不变，表明反应达到平衡状态B两种温度下，c点时体系中混合气体的压
11、强相等Cd点时，增大体系压强，CO的转化率不变Db点和d点时化学平衡常数的大小关系：KbKd（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）（1）天然水中含有细菌，其主要成分是蛋白质，写出两种家庭中能杀灭水中细菌的简单方法、（2）现有一杯具有永久硬度的水，其中主要含有MgCl2、CaCl2利用下列试剂中的一部分或全部，设计软化该水的实验方案试剂：Ca（OH）2溶液
12、NaOH溶液 饱和Na2CO3溶液 肥皂水实验方案：（填写下表）实验步骤现象离子方程式向硬水中加入Ca（OH）2溶液，直到为止继续向溶液中加入溶液，直到不再产生沉淀为止将上述混合物（填操作名称）（3）利用海水得到淡水的方法有蒸馏法、电渗析法等电渗析法是近年来发展起来的一种较好的海水淡化技术，其原理如图所示a接电源的极，I口排出的是（填“淡水”或“海水”）（4）在（3）中某口排出的浓海水中溴元素的质量分数为a%，现用氯气将其中的溴离子氧化为溴单质，则处理1000t该浓海水需标准状况下的氯气的体积为m3化学-选修3：物质结构与性质12（15分）X、Y、Z、W、R、Q为前30号元素，且原子序数依次增
13、大X是所有元素中原子半径最小的，Y有三个能级，且每个能级上的电子数相等，Z原子单电子数在同周期元素中最多，W与Z同周期，第一电离能比Z的低，R与Y同一主族，Q的最外层只有一个电子，其他电子层电子均处于饱和状态请回答下列问题：（1）Q+核外电子排布式为（2）化合物X2W2中W的杂化方式为，ZW2离子的立体构型是（3）Y、R的最高价氧化物的沸点较高的是（填化学式），原因是（4）将Q单质的粉末加入到ZX3的浓溶液中，并通入W2，充分反应后溶液呈深蓝色，该反应的离子方程式为（5）Y有多种同素异形体，其中一种同素异形体的晶胞结构如图，该晶体一个晶胞的Y原子数为，Y原子的配位数为，若晶胞的边长为a pm，
14、晶体的密度为 g/cm3，则阿伏加德罗常数的数值为（用含a和的代数式表示）化学-选修5：有机化学基础13（15分）盐酸普鲁卡因（）是一种局部麻醉剂，麻醉作用较快、较强，毒性较低，其合成路线如下：已知：请回答以下问题：（1）A的核磁共振氢谱只有一个峰，则A的结构简式为（2）C的结构简式为，C中含有的含氧官能团的名称为（3）合成路线中属于氧化反应的有（填序号），反应的反应类型为（4）反应的化学反应方程式为（5）B的某种同系物E，相对分子质量比B大28，其中NO2与苯环直接相连，则E的结构简式为（任写一种）（6）符合下列条件的E的同分异构体的数目有种结构中含有一个“NH2”与一个“COOH”苯环上有
15、三个各不相同的取代基（7）苯丙氨酸（ ）是人体必需的氨基酸之一，写出其发生缩聚反应的化学方程式东北三省三校联考2015届高考化学一模试卷参考答案与试题解析一、选择题（本大题共7小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1（6分）化学与生产、生活密切相关，下列说法不正确的是（）A石油的分馏、石油的裂解过程中都发生了化学变化B玻璃、陶瓷、水泥都是硅酸盐产品，属于无机非金属材料C用纯碱溶液清洗油污时，加热可以提高去污能力D高纯硅广泛应用于太阳能电池、计算机芯片考点：石油的裂化和裂解；盐类水解的应用；硅和二氧化硅；无机非金属材料；石油的分馏产品和用途 分析：A、分馏是利用物
16、质沸点不同分离物质的方法，属于物理变化；B、根据传统无机非金属材料的工业制备需要的原料和反应原理分析；C、纯碱水解呈碱性，盐类水解是吸热反应，加热促进水解D、高纯硅广泛应用于太阳能电池、计算机芯片解答：解：A、分馏是利用物质沸点不同分离物质的方法，属于物理变化，石油的裂解过程有新物质生成，属于化学变化，故A错误；B、制水泥、玻璃、陶瓷都是传统无机非金属材料，主要是硅酸盐产品，制备原料都需要用到含硅元素的物质，故B正确；C、油脂在碱性条件下水解，纯碱水解呈碱性，加热促进水解，溶液碱性增强，可促进油脂的水解，故C正确；D、高纯硅广泛应用于太阳能电池、计算机芯片，故D正确，故选A点评：本题主要考查的
17、是物理变化与化学变化的本质区别、无机非金属材料、盐类水解的应用、硅单质的应用等，综合性较强，难度不大2（6分）设NA为阿伏加德罗常数的数值，T列说法正确的是（）A一定条件下，将1mol N2和3mol H2混合，充分反应后转移的电子数为6NAB6.4g由S2、S4、S8组成的混合物含硫原子数为0.2NAC11g超重水（T2O）含中子数为5NAD常温常压下，11.2L Cl2含氯原子数为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氮气与氢气反应生成氨气为可逆反应，可逆反应不能进行到底；BS2、S4、S8都是与S原子构成的，6.4g混合物中含有6.4gS原子，含有0.2m
18、ol硫原子；C超重水（T2O）分子中含有12个中子，其摩尔质量为22g/mol；D常温常压下，Vm22.4L/mol解答：解：A合成氨是可逆反应，1mol N2和3mol H2充分混合，反应后转移的电子数小于6NA；故A错误；B.6.4gS2、S4、S8的混合物中含有6.4gS原子，含有0.2mol硫原子，所含S原子数为0.2NA，故B正确；C.11g超重水（T2O）的物质的量为=0.5mol，0.5mol超重水中含有6mol中子，含有的中子数为6NA，故C错误；D常温常压下，Vm22.4L/mol，无法计算常温常压下，11.2L Cl2的物质的量及其所含原子个数，故D错误；故选：B点评：本题
19、考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，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是解题关键，注意气体摩尔体积适用对象和条件3（6分）某有机物的结构简式如图所示，有关该位置的描述不正确的是（）A该物质的分子式为C11H12O3B该物质属于芳香族化合物C该物质能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，反应类型也相同D该物质在一定条件下反应能得到环状的酯考点：有机物的结构和性质 专题：有机物的化学性质及推断分析：由结构简式可知，分子中含OH、COOH、碳碳双键，结合醇、羧酸、烯烃的性质来解答解答：解：A由结构简式可知有机物分子式为C11H12
20、O3，故A正确；B分子中含有苯环，为芳香族化合物，故B正确；C含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应，与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，都可褪色，但反应类型不同，故C错误；D含有羧基和羟基，可发生酯化反应生成环状的酯，故D正确故选C点评：本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重烯烃、醇、羧酸性质的考查，题目难度不大4（6分）肼（N2H4）又称联氨，可用如下方法制备：CO（NH2）2+ClO+OHN2H4+Cl+CO32+H2O，CO（NH2）2中N为3价，方程式未配平，下列说法不正确的是（）AN2H4是氧化产物BN2H4中存在极性键和非极性键C配平后，OH的化
21、学计量数为2D生成3.2 g N2H4转移0.1 mol电子考点：氧化还原反应；化学键 专题：氧化还原反应专题分析：该反应中，N元素化合价由3价变为2价，Cl元素化合价由+1价变为1价，转移电子数为2，所以方程式为CO（NH2）2+ClO+2OH=N2H4+Cl+CO32+H2O，据此分析解答解答：解：该反应中，N元素化合价由3价变为2价，Cl元素化合价由+1价变为1价，转移电子数为2，所以方程式为CO（NH2）2+ClO+2OH=N2H4+Cl+CO32+H2O，AN元素化合价由3价变为2价，所以尿素是还原剂，肼是氧化产物，故A正确；B肼分子中NH原子之间存在极性键，NN原子之间存在非极性键
22、，故B正确；C根据以上分析知，配平后，氢氧根离子的化学计量数是2，故C正确；D.3.2g肼的物质的量是0.1mol，生成3.2 g N2H4转移电子物质的量=0.1 mol1（1）=0.2mol，故D错误；故选D点评：本题考查化学键、方程式的配平、物质的量的计算、氧化剂和氧化产物判断等知识点，这些都是2015届高考高频点，侧重考查基本概念、基本计算，明确元素化合价变化即可解答，题目难度不大5（6分）下列反应的离子方程式书写正确的是（）A含等物质的量的MgCl2、Ba（OH）2、HNO3三种溶液混合：Mg2+2OH=Mg（OH）2BCaCO3溶于CH3COOH：CaCO3+2CH3COOH=Ca
23、2+2CH3COO+CO2+H2OC过量HI溶液加入到Fe（NO3）3溶液中：2Fe3+2I=2Fe2+I2DSO2通入到溴水中：SO2+H2O+Br2=2H+SO42+2Br考点：离子方程式的书写 专题：离子反应专题分析：A、含等物质的量的MgCl2、Ba（OH）2、HNO3三种溶液混合，氢离子和氢氧根离子结合生成水，镁离子部分沉淀；B、碳酸钙为难溶于水固体，醋酸是弱电解质据此书写分析；C、过量HI溶液加入到Fe（NO3）3溶液中，铁离子和稀硝酸氧化碘离子生成碘单质；D、选项中原子不守恒；解答：解：A、含等物质的量的MgCl2、Ba（OH）2、HNO3三种溶液混合，氢离子和氢氧根离子结合生成
24、水，镁离子部分沉淀，反应的离子方程式为；Mg2+4OH+2H+=Mg（OH）2+2H2O，故A错误；B、碳酸钙为难溶于水固体，醋酸是弱电解质，反应的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2+2CH3COO+CO2+H2O，故B正确；C、过量HI溶液加入到Fe（NO3）3溶液中，Fe3+，稀硝酸氧化碘离子生成碘单质，Fe3+NO3+4H+4I=Fe2+2I2+NO+2H2O，故C错误；D、选项中原子不守恒，SO2通入到溴水中：SO2+2H2O+Br2=4H+SO42+2Br，故D错误；故选B点评：本题考查了离子方程式书写方法和注意问题，主要是氧化还原反应分析判断，弱电解质分析，定量关系
25、的分析应用和产物书写，题目难度中等6（6分）下列实验操作能达到实验目的是（）选项实验目的实验操作A检验蔗糖水解产物中的葡萄糖取1mL 20%蔗糖溶液，加入少量稀硫酸，水浴加热后取少量溶液，加入几滴新制Cu（OH）2，加热B除去乙烷中混有的少量乙烯将混合气体通入足量酸性KMnO4溶液中C验证Mg（OH）2沉淀可以转化为Fe（OH）3沉淀向2mL 1mol/L NaOH溶液中加入几滴1mol/L MgCl2溶液，生成白色沉淀，再加入几滴1mol/L FeCl3溶液D硅酸胶体的制备向Na2SiO3溶液（饱和溶液1：2用水稀释）中加入几滴酚酞，再逐滴滴入盐酸，边加边振荡，至溶液红色变浅并接近消失AAB
26、BCCDD考点：化学实验方案的评价 专题：实验评价题分析：A应在碱性条件下进行；B乙烯被氧化生成二氧化碳气体；C氢氧化钠过量，不能证明；DNa2SiO3水解呈碱性，逐滴滴入盐酸，边加边振荡，至溶液红色变浅并接近消失，说明生成硅酸解答：解：A蔗糖水解生成葡萄糖，葡萄糖与氢氧化铜浊液的反应应在碱性条件下进行，故A错误；B乙烯被氧化生成二氧化碳气体，引入新杂质，应用溴水除杂，故B错误；C验证Mg（OH）2沉淀可以转化为Fe（OH）3沉淀，应使白色沉淀转化为红褐色沉淀，氢氧化钠过量，不能证明，故C错误；D硅酸酸性比盐酸弱，Na2SiO3水解呈碱性，逐滴滴入盐酸，边加边振荡，至溶液红色变浅并接近消失，说
27、明生成硅酸，可制备，故D正确故选D点评：本题考查较为综合，涉及物质的分离、制备以及性质检验等知识，为2015届高考常见题型，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性、可行性的评价，难度中等7（6分）碱性硼化钒（VB2）空气电池工作时反应为：4VB2+11O2=4B2O3+2V2O5用该电池为电源，选用惰性电极电解硫酸铜溶液，实验装置如图所示当外电路中通过0.04mol电子时，B装置内共收集到0.448L气体（标准状况），则下列说法正确的是（）AVB2电极发生的电极反应为：2VB2+11H2O22e=V2O5+2B2O3+22H+B外电路中电子由c电极流向V
28、B2电极C电解过程中，b电极表面先有红色物质析出，然后有气泡产生D若B装置内的液体体积为200 mL，则CuSO4溶液的物质的量浓度为0.05mol/L考点：原电池和电解池的工作原理 专题：电化学专题分析：硼化钒空气燃料电池中，VB2在负极失电子，氧气在正极上得电子，电池总反应为：N2H4+O2=N2+2H2O，则与负极相连的c为电解池的阴极，铜离子得电子发生还原反应，与氧气相连的b为阳极，氢氧根失电子发生氧化反应，据此分析计算解答：解：A、负极上是VB2失电子发生氧化反应，则VB2极发生的电极反应为：2VB2+22OH22e=V2O5+2B2O3+11H2O，故A错误；B、外电路中电子由VB
29、2电极流向阴极c电极，故B错误；C、电解过程中，与氧气相连的b为阳极，氢氧根失电子生成氧气，故C错误；D、当外电路中通过0.04mol电子时，B装置内与氧气相连的b为阳极，氢氧根失电子生成氧气为0.01mol，又共收集到0.448L气体即=0.02mol，则阴极也产生0.01moL的氢气，所以溶液中的铜离子为=0.01mol，则CuSO4溶液的物质的量浓度为=0.05mol/L，故D正确；故选D点评：本题考查原电池及其电解池的工作原理，题目难度不大，本题注意把握电极反应式的书写，利用电子守恒计算三、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，每个试题考生都必须作答第33题第40
30、题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（共129分）8（14分）锌是一种常用金属，冶炼方法有火法和湿法I镓（Ga）是火法冶炼锌过程中的副产品，镓与铝同主族且相邻，化学性质与铝相似氮化镓（GaN）是制造LED的重要材料，被誉为第三代半导体材料（1）Ga的原子结构示意图为（2）GaN可由Ga和NH3在高温条件下合成，该反应的化学方程式为2Ga+2NH32GaN+3H2（3）下列有关镓和镓的化合物的说法正确的是ACD（填字母序号）A一定条件下，Ga可溶于盐酸和氢氧化钠B常温下，Ga可与水剧烈反应放出氢气CGa2O3可由Ga（OH）3受热分解得到D一定条件下，Ga2O3可与NaOH反应生成盐II工业
31、上利用锌焙砂（主要含Zn0、ZnFe2O4，还含有少量CaO、FeO、CuO、NiO等氧化物）湿法制取金属锌的流程如图所示，回答下列问题：已知：Fe的活泼性强于Ni（4）ZnFe2O4可以写成ZnOFe2O3，写出ZnFe2O4与H2SO4反应的化学方程式ZnFe2O4+4H2SO4ZnSO4+Fe2（SO4）3+4H2O（5）净化I操作分为两步：第一步是将溶液中少量的Fe2+氧化；第二步是控制溶液pH，只使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀净化I生成的沉淀中还含有溶液中的悬浮杂质，溶液中的悬浮杂质被共同沉淀的原因是Fe（OH）3胶粒具有吸附性（6）净化II中加入Zn的目的是使Cu2+、Ni2+
32、转化为Cu、Ni而除去（7）常温下，净化I中，如果要使c（Fe3+）105 mol/L，则应控制溶液pH的范围为pH3.3已知：KspFe（OH）3=8.01038；lg5=0.7考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；金属的回收与环境、资源保护；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用 专题：实验设计题；元素及其化合物分析：I（1）Ga的原子序数为31，位于第四周期第A族；（2）Ga和NH3在高温条件下反应生成GaN和氢气；（3）镓位于第A族，为活泼金属，金属性比Al强，以此分析其单质和化合物的性质；II（4）ZnFe2O4可以写成ZnOFe2O3，酸浸时ZnFe2O4会生成两种盐，即Z
33、nFe2O4与硫酸反应生成硫酸锌、硫酸铁；（5）根据Fe（OH）3胶体（沉淀）具有的吸附性进行分析；（6）锌焙砂中含有CaO、FeO、CuO、NiO等氧化物，反应后溶液中存在铜离子，没有净化操作，电解制取的锌会含有铜等杂质；（7）根据氢氧化铁的溶度积及c（Fe3+）105 mol/L计算出溶液pH解答：解：（1）Ga的原子序数为31，位于第四周期第A族，原子结构示意图为，故答案为：；（2）Ga和NH3在高温条件下反应生成GaN和氢气，反应为2Ga+2NH32GaN+3H2，故答案为：2Ga+2NH32GaN+3H2；（3）镓与铝同主族且相邻，化学性质与铝相似，则AAl与盐酸、NaOH均反应，则
34、一定条件下，Ga可溶于盐酸和氢氧化钠，故A正确；BAl与水常温不反应，则常温下，Ga不能与水剧烈反应放出氢气，故B错误；C氧化铝可由氢氧化铝分解生成，则Ga2O3可由Ga（OH）3受热分解得到，故C正确；D氧化铝与NaOH反应生成盐，则一定条件下，Ga2O3可与NaOH反应生成盐，故D正确；故答案为：ACD；（4）根据信息，酸浸时ZnFe2O4会生成两种盐，这两种盐分别为硫酸锌、硫酸铁，即ZnFe2O4与硫酸反应生成硫酸锌、硫酸铁，反应的化学方程式为：ZnFe2O4+4H2SO4ZnSO4+Fe2（SO4）3+4H2O，故答案为：ZnFe2O4+4H2SO4ZnSO4+Fe2（SO4）3+4H
35、2O；（5）因为Fe（OH）3胶粒具有吸附性，则净化I生成的沉淀中还含有溶液中的悬浮杂质，故答案为：Fe（OH）3胶粒具有吸附性；（6）CaO、FeO、CuO、NiO等氧化物溶于酸转化为金属离子，净化I后除去Fe元素，净化II中加入Zn的目的是使Cu2+、Ni2+转化为Cu、Ni而除去，故答案为：使Cu2+、Ni2+转化为Cu、Ni而除去；（7）由KspFe（OH）3=8.01038，要使c（Fe3+）105 mol/L，则c（OH）=21011mol/L，c（H+）=5104mol/L，所以pH4lg5=3.3，故答案为：pH3.3点评：本题考查较综合，涉及混合物分离提纯综合应用及金属单质及
36、化合物的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与迁移应用能力的考查，注重反应原理及实验能力的夯实，题目难度不大9（15分）氢化锂（LiH）在干燥的空气中能稳定存在，遇水或酸能够引起燃烧某活动小组准备使用下列装置制备LiH固体甲同学的实验方案如下：（1）仪器的组装连接：上述仪器装置接口的连接顺序为e接a，b接f，g接d，加入药品前首先要进行的实验操作是检验装置气密性（不必写出具体的操作方法）；其中装置B的作用是除去H2中的H2O和HCl（2）添加药品：用镊子从试剂瓶中取出一定量金属锂（固体石蜡密封），然后在甲苯中浸洗数次，该操作的目的是除去锂表面的石蜡，然后快速把锂放
37、入到石英管中（3）通入一段时间氢气后加热石英管，在加热D处的石英管之前，必须进行的实验操作是收集c处排出的气体并检验H2纯度（4）加热一段时间后停止加热，继续通氢气冷却，然后取出LiH，装入氮封的瓶里，保存于暗处采取上述操作的目的是为了避免LiH与空气中的水蒸气接触而发生危险（反应方程式：LiH+H2O=LiOH+H2），分析该反应原理，完成LiH与无水乙醇反应的化学方程式LiH+CH3CH2OH=CH3CH2OLi+H2（5）准确称量制得的产品0.174g，在一定条件下与足量水反应后，共收集到气体470.4mL（已换算成标准状况），则产品中LiH与Li的物质的量之比为10：1（6）乙同学对甲
38、的实验方案提出质疑，他认为未反应的H2不能直接排放，所以在最后连接了装置E用来收集H2，请将E装置补充完整考点：制备实验方案的设计 专题：实验设计题分析：（1）氢气和锂发生反应生成LiH，制备LiH固体需要制备氢气，LiH在干燥的空气中能稳定存在，遇水或酸能够引起燃烧，所以制备得到的氢气必须干燥纯净，利用A装置制备氢气，用装置B中的碱石灰除去氢气中的氯化氢和水蒸气，通入装置D中加热和锂反应生成氢化锂，最后连接装置C，防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入装置D和生成的氢化锂发生反应；制备气体装置，加入药品前首先要进行的实验操作是：检验装置气密性；（2）石蜡是有机物，易溶解于有机溶剂甲苯；（3）使用前
39、应通入一段时间氢气，排尽装置内的空气，防止加热时氢气不纯发生爆炸危险；（4）LiH与H2O发生水解反应，锂离子结合氢氧根离子，氢负离子与氢离子结构生成氢气，LiH与乙醇反应类似，羟基提供H原子与LiH反应生成氢气，另外部分结合生成CH3CH2OLi；（5）设LiH与Li的物质的量分别为xmol、ymol，根据方程式表示出生成氢气的物质的量，再根据二者总质量、氢气总体积列方程计算解答；（6）装置E用来收集H2，利用的是在烧瓶中收集氢气，所以根据排水量气法设计装置，导气管短进长出解答：解：（1）氢气和锂发生反应生成LiH，制备LiH固体需要制备氢气，LiH在干燥的空气中能稳定存在，遇水或酸能够引起
40、燃烧，所以制备得到的氢气必须干燥纯净，利用A装置制备氢气，用装置B中的碱石灰除去氢气中的氯化氢和水蒸气，通入装置D中加热和锂反应生成氢化锂，最后连接装置C，防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入装置D和生成的氢化锂发生反应，装置连接顺序为：e接a，b接f，g接d；制备气体装置，加入药品前首先要进行的实验操作是：检验装置气密性；装置B中碱石灰是氧化钙和氢氧化钠的混合物，氧化钙与水可反应，氢氧化钠可作干燥剂，且与盐酸能反应，所以该装置的作用是吸收水蒸气和部分氯化氢气体，故答案为：e接a，b接f，g接d；检验装置气密性；除去H2中的H2O和HCl；（2）取出一定量金属锂（固体石蜡密封），然后在甲苯中浸洗数
41、次，利用石蜡是有机物易溶解于有机溶剂甲苯中，操作的目的是除去锂表面的石蜡，故答案为：除去锂表面的石蜡；（3）使用前应通入一段时间氢气，排尽装置内的空气，防止加热时氢气不纯发生爆炸危险，在加热D处的石英管之前，必须进行的实验操作是：收集c处排出的气体并检验H2纯度，故答案为：收集c处排出的气体并检验H2纯度；（4）LiH与H2O发生水解反应，锂离子结合氢氧根离子，氢负离子与氢离子结构生成氢气，LiH与乙醇反应类似，羟基提供H原子与LiH反应生成氢气，另外部分结合生成CH3CH2OLi，反应方程式为：LiH+CH3CH2OH=CH3CH2OLi+H2，故答案为：LiH+CH3CH2OH=CH3CH
42、2OLi+H2；（5）设LiH与Li的物质的量分别为xmol、ymol，则：LiH+H2O=H2+LiOHxmol xmol2Li+2H2O=2LiOH+H2ymol 0.5y mol则解得x=0.02、y=0.002故LiH与Li的物质的量之比为0.02mol：0.002mol=10：1，故答案为：10：1；（6）装置E用来收集H2，利用的是在烧瓶中收集氢气，所以根据排水量气法设计装置，导气管短进长出，装置图为，故答案为：点评：本题考查化学实验制备方案，理解原理是解题关键，涉及对装置及操作的分析评价、气体收集、化学方程式的计算等，题目难度中等10（14分）目前“低碳经济”正成为科学家研究的主
43、要课题请回答下列问题：I甲烷自热重整是一种先进的制氢方法，其反应方程式为：CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）（1）阅读下图，计算该反应的反应热H=+161.1kJ/molII用CH4或其他有机物、O2为原料可设计成燃料电池（2）以CnH2nOn、O2为原料，H2SO4溶液为电解质设计成燃料电池，则负极的电极反应式为CnH2nOn4ne+nH2OnCO2+4nH+（3）以CH4、O2为原料，100mL 0.15mol/L NaOH溶液为电解质设计成燃料电池，若放电时参与反应的氧气体积为448mL（标准状况），产生的气体全部被溶液吸收，则所得溶液中溶质的成分及物质的量之比为n（Na
44、2CO3）：n（NaHCO3）=1：1，各离子浓度由大到小的顺序为c（Na+）c（HCO3）c（CO32）c（OH）c（H+）III利用I2O5消除CO污染的反应为：5CO（g）+I2O5（s）5CO2（g）+I2（s），不同温度下，向装有足量I2O5固体的2L恒容密闭容器中通入4mol CO，测得CO2的体积分数随时间t变化曲线如图请回答：（4）T2时，00.5min内的反应速率v（CO）=1.6molL1min1（5）T1时化学平衡常数K=1024（6）下列说法不正确的是BD（填字母序号）A容器内气体密度不变，表明反应达到平衡状态B两种温度下，c点时体系中混合气体的压强相等Cd点时，增大体
45、系压强，CO的转化率不变Db点和d点时化学平衡常数的大小关系：KbKd考点：热化学方程式；化学电源新型电池；化学平衡的影响因素 专题：基本概念与基本理论分析：（1）根据能量图书写各自的热化学方程式，再通过盖斯定律计算；（2）燃料电池中，负极上投放燃料，负极上失电子发生氧化反应；（3）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（NaOH）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；（4）根据起始量和a点时CO2的体积分数（即物质量分数），列式计算即可求出从反应开始至a点时的反应速率为v（CO）；（5）根据b点时CO2的体积分数（CO
46、2）求出CO和CO2的平衡浓度进而求出T1时化学平衡常数K；（6）A因为条件为恒容，而反应前后气体质量变化，所以容器内气体密度是变量，当不变时表明反应达到平衡状态；Bc点为交点，各气体物质的量分别相等；C反应前后气体体积不变，压强变化对平衡无影响；Db点比d点时生成物CO2体积分数大，说明进行的程度大，则化学平衡常数：KbKd；解答：解：（1）由能量图，得CH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（g）H=846.3kJmoL1CO2（g）CO（g）+O2（g）H=+282kJmoL1O2（g）+H2（g）H2O（g）H=241.8kJmoL13+得CH4（g）+H2O（g）CO（g）+
47、3H2（g）H=（846.3+241.83+282）kJmoL1=+161.1kJmoL1；故答案为：+161.1； （2）燃料电池中，负极上投放燃料所以投放甲烷的电极是负极，负极上失电子发生氧化反应，电极反应式为：CnH2nOn4ne+nH2OnCO2+4nH+故答案为：CnH2nOn4ne+nH2OnCO2+4nH+；（3）参与反应的氧气在标准状况下体积为448mL，物质的量为 =0.02mol，根据电子转移守恒可知，生成二氧化碳为 =0.01mol，n（NaOH）=0.1L0.15molL1=0.015mol，n（NaOH）：n（CO2）=0.015mol：0.01mol=3：2，发生发
48、生2CO2+3NaOH=Na2CO3+NaHCO3+H2O，所以所得溶液中溶质的成分及物质的量之比为n（Na2CO3）：n（NaHCO3）=1：1；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），钠离子浓度最大，水解程度不大，碳酸根浓度原大于氢氧根离子，故c（Na+）c（HCO3）c（CO32）c（OH）c（H+），故答案为：n（Na2CO3）：n（NaHCO3）=1：1；c（Na+）c（HCO3）c（CO32）c（OH）c（H+）；（4）a点时：5CO（g）+I2O5（s）5CO2（g）+I2（s）起
49、始量/mol 4 0转化量/mol x xa点量/mol 4x x根据a点时CO2的体积分数（CO2）=0.40，得x=1.6mol则从反应开始至a点时的反应速率为v（CO）=1.6molL1min1，故答案为：1.6molL1min1；（5）T1时：5CO（g）+I2O5（s）5CO2（g）+I2（s）起始量/mol 4 0转化量/mol y yb点量/mol 4y y根据b点时CO2的体积分数（CO2）=0.80，得y=3.2mol，c（CO）=0.4molL1，c（CO2）=1.6molL1T1时化学平衡常数K=1024，故答案为：1024；（6）A因为条件为恒容，而反应前后气体质量变化
50、，所以容器内气体密度不变时，表明反应达到平衡状态，故A正确；Bc点为交点，气体物质的量分别相等，所以两种温度下，体系中混合气体的压强不等，故B错误；C反应前后气体体积不变，压强变化对平衡无影响，CO的转化率不变，故C正确；db点比d点时生成物CO2体积分数大，说明进行的程度大，则化学平衡常数：KbKd，故D错误；故答案为：BD；点评：本题考查盖斯定律的应用、化学反应速率和化学平衡常数的相关计算、化学平衡移动原理、电离常数及离子浓度大小的比较等知识，综合性很强，难度很大（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
51、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）（1）天然水中含有细菌，其主要成分是蛋白质，写出两种家庭中能杀灭水中细菌的简单方法加热、加消毒剂（2）现有一杯具有永久硬度的水，其中主要含有MgCl2、CaCl2利用下列试剂中的一部分或全部，设计软化该水的实验方案试剂：Ca（OH）2溶液 NaOH溶液 饱和Na2CO3溶液 肥皂水实验方案：（填写下表）实验步骤现象离子方程式向硬水中加入Ca（OH）2溶液，直到不再产生沉淀为止继续向溶液中加入饱和碳酸钠溶液，直到不再产生沉淀为止将上述混合物过滤（
52、填操作名称）（3）利用海水得到淡水的方法有蒸馏法、电渗析法等电渗析法是近年来发展起来的一种较好的海水淡化技术，其原理如图所示a接电源的负极，I口排出的是淡水（填“淡水”或“海水”）（4）在（3）中某口排出的浓海水中溴元素的质量分数为a%，现用氯气将其中的溴离子氧化为溴单质，则处理1000t该浓海水需标准状况下的氯气的体积为1400am3考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；蒸馏与分馏 专题：实验设计题分析：（1）加热或者加入消毒剂能使蛋白质变性，据此解答即可；（2）根据氢氧化钙与氯化镁反应生成氯化钙和氢氧化镁沉淀回答；依据氯化钙能与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀回答；分离固体与液体采取过滤的方
53、法；（3）阳极是氢氧根离子失电子生成氧气和水；在电渗析法淡化海水示意图中阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，所以水在b处流出；（4）先求出溴元素的总质量和总物质的量，再求出消耗的氯气的量解答：解：（1）家庭中能杀灭水中细菌的简单方法是：加热、加消毒剂，故答案为：加热、加消毒剂；（2）要使硬水软化，就要出去钙镁杂质离子，氢氧化钙与氯化镁反应生成氯化钙和氢氧化镁沉淀，离子反应方程式为：Mg2+2OH=Mg（OH）2，氯化钙能与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀，可使氯化钙转化为碳酸钙沉淀除去，离子反应方程式为：Ca2+CO32=CaCO3分离固体与液体采取过滤的方法，故答案为：；（3）在电渗析法淡化海水示意图中
54、阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，通过用一段时间海水中的阴阳离子在两个电极放电，所以a接电源的负极，水在b处流出，故答案为：负；b； （4）1000t该浓海水中溴元素的质量为1000ta%=10at，则n（Br）=，由Cl2+2Br=2Cl+Br2可知处理1000t该浓海水需标况下的氯气为：，则氯气的体积为22.4L/mol=1400am3；故答案为：1400a点评：本题主要考查的是除杂，涉及蛋白质的变性、硬水的软化、海水的淡化等，难度较大，注意总结归纳化学-选修3：物质结构与性质12（15分）X、Y、Z、W、R、Q为前30号元素，且原子序数依次增大X是所有元素中原子半径最小的，Y有三个能级，且
55、每个能级上的电子数相等，Z原子单电子数在同周期元素中最多，W与Z同周期，第一电离能比Z的低，R与Y同一主族，Q的最外层只有一个电子，其他电子层电子均处于饱和状态请回答下列问题：（1）Q+核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10（2）化合物X2W2中W的杂化方式为sp3，ZW2离子的立体构型是V形（3）Y、R的最高价氧化物的沸点较高的是SiO2（填化学式），原因是SiO2为原子晶体，CO2为分子晶体（4）将Q单质的粉末加入到ZX3的浓溶液中，并通入W2，充分反应后溶液呈深蓝色，该反应的离子方程式为2Cu+8NH3+O2+2H2O=2Cu（NH3）42+4OH（5）Y有多种同素异形体
56、，其中一种同素异形体的晶胞结构如图，该晶体一个晶胞的Y原子数为8，Y原子的配位数为4，若晶胞的边长为a pm，晶体的密度为 g/cm3，则阿伏加德罗常数的数值为（用含a和的代数式表示）考点：位置结构性质的相互关系应用 专题：有机物的化学性质及推断分析：X、Y、Z、W、R、Q为前30号元素，且原子序数依次增大X是所有元素中原子半径最小的，则X为H元素；Y有三个能级，且每个能级上的电子数相等，核外电子排布为1s22s22p2，故Y为C元素；R与Y同一主族，结合原子序数可知，R为Si，而Z原子单电子数在同周期元素中最多，则外围电子排布为ns2np3，原子序数小于Si，故Z为N元素；W与Z同周期，第一
57、电离能比Z的低，则W为O元素；Q的最外层只有一个电子，其他电子层电子均处于饱和状态，不可能为短周期元素，原子序数小于30，故核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，则Q为Cu元素，据此解答解答：解：X、Y、Z、W、R、Q为前30号元素，且原子序数依次增大X是所有元素中原子半径最小的，则X为H元素；Y有三个能级，且每个能级上的电子数相等，核外电子排布为1s22s22p2，故Y为C元素；R与Y同一主族，结合原子序数可知，R为Si，而Z原子单电子数在同周期元素中最多，则外围电子排布为ns2np3，原子序数小于Si，故Z为N元素；W与Z同周期，第一电离能比Z的低，则W为O元素；Q的
58、最外层只有一个电子，其他电子层电子均处于饱和状态，不可能为短周期元素，原子序数小于30，故核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，则Q为Cu元素，（1）Cu+核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d10，故答案为：1s22s22p63s23p63d10；（2）化合物H2O2中结构式为HOOH，O原子价层电子对数为2+=4，故O原子采取sp3杂化；NO2离子中N原子孤电子对数为=1、价层电子对数为2+1=3，故其立体构型是V形，故答案为：sp3；V形；（3）Y、R的最高价氧化物分别为二氧化碳、二氧化硅，SiO2为原子晶体，CO2为分子晶体，故沸点较高的是 SiO2
59、，故答案为：SiO2； SiO2为原子晶体，CO2为分子晶体；（4）将Cu单质的粉末加入到NH3的浓溶液中，并通入O2，充分反应后溶液呈深蓝色，反应生成Cu（NH3）42+，该反应的离子方程式为：2Cu+8NH3+O2+2H2O=2Cu（NH3）42+4OH，故答案为：2Cu+8NH3+O2+2H2O=2Cu（NH3）42+4OH；（5）碳有多种同素异形体，其中一种同素异形体的晶胞结构如图，该晶体一个晶胞的Y原子数为：4+8+6=8；每个Y与周围的4个Y原子相邻，故Y原子的配位数为4；若晶胞的边长为a pm，则晶胞体积为（a1010）3cm3，晶体的密度为 g/cm3，则晶胞质量为（a1010
60、）3cm3 g/cm3=a31030 g，则8g=a31030 g，故NA=，故答案为：8；4；点评：本题是对物质结构的考查，涉及核外电子排布、杂化轨道、分子构型、晶体类型与性质、配合物、晶胞结构与计算等，需要学生具备扎实的基础，难度中等化学-选修5：有机化学基础13（15分）盐酸普鲁卡因（）是一种局部麻醉剂，麻醉作用较快、较强，毒性较低，其合成路线如下：已知：请回答以下问题：（1）A的核磁共振氢谱只有一个峰，则A的结构简式为（2）C的结构简式为，C中含有的含氧官能团的名称为硝基、羧基（3）合成路线中属于氧化反应的有（填序号），反应的反应类型为取代反应（4）反应的化学反应方程式为+HOCH2C
61、H2N（C2H5）2+H2O（5）B的某种同系物E，相对分子质量比B大28，其中NO2与苯环直接相连，则E的结构简式为（任写一种）（6）符合下列条件的E的同分异构体的数目有30种结构中含有一个“NH2”与一个“COOH”苯环上有三个各不相同的取代基（7）苯丙氨酸（ ）是人体必需的氨基酸之一，写出其发生缩聚反应的化学方程式考点：有机物的推断 专题：有机物的化学性质及推断分析：乙烯发生氧化反应生成A，A的核磁共振氢谱只有一个峰，则A的结构简式为；D在Fe/HCl条件下发生反应生成产品，D结构简式为，根据反应知，C的结构简式为，B被氧化生成C，结合题给信息知，B结构简式为，甲苯发生反应生成对甲基硝基
62、苯，则反应为取代反应，据此分析解答解答：解：乙烯发生氧化反应生成A，A的核磁共振氢谱只有一个峰，则A的结构简式为；D在Fe/HCl条件下发生反应生成产品，D结构简式为，根据反应知，C的结构简式为，B被氧化生成C，结合题给信息知，B结构简式为，甲苯发生反应生成对甲基硝基苯，则反应为取代反应，（1）通过以上分析知，A的结构简式为，故答案为：；（2）C的结构简式为，C中含有的含氧官能团的名称为为硝基、羧基，故答案为：；硝基、羧基；（3）合成路线中属于氧化反应的有，反应的反应类型为取代反应，故答案为：；取代反应；（4）反应的化学反应方程式为+HOCH2CH2N（C2H5）2+H2O，故答案为：+HOC
63、H2CH2N（C2H5）2+H2O；（5）B为，B的某种同系物E，相对分子质量比B大28，其中NO2与苯环直接相连，符合条件的有多种，其中一种结构简式为，故答案为：；（6）E的同分异构体符合下列条件：结构中含有一个“NH2 ”与一个“COOH”、苯环上有三个各不相同的取代基，如果存在NH2、COOH、CH2CH3，如果NH2、COOH相邻，则有四种同分异构体，如果NH2、COOH相间，则有四种同分异构体，如果NH2、COOH相对有两种同分异构体，共有10个同分异构体；如果存在NH2、CH2COOH、CH3，如果NH2、CH2COOH相邻有四种同分异构体，如果NH2、CH2COOH相间有四种同分
64、异构体，如果NH2、CH2COOH相对有2种同分异构体，共有10种；如果存在CH2NH2、COOH、CH3，如果CH2NH2、COOH相邻有四种同分异构体，如果CH2NH2、COOH相间有四种同分异构体，如果CH2NH2、COOH相对有两种同分异构体，所以共有10种；则符合条件的共有30种同分异构体；故答案为：30；（7）苯丙氨酸（ ）是人体必需的氨基酸之一，因为含有氨基和羧基，所以能发生缩聚反应，其发生缩聚反应的化学方程式，故答案为：点评：本题考查有机物推断，侧重考查学生分析判断、知识迁移、获取信息利用信息能力，根据产品结构、题目信息采用正逆结合的方法进行推断，难点是同分异构体种类判断，要考虑位置结构、碳链异构、官能团异构，注意氨基酸发生缩聚反应断键和成键位置，这些都是2015届高考热点和难点