1、2016年海南省湖南师大附中海口中学高考化学二模试卷一、选择题：（本题共6小题每小题2分，共12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化学与社会、生产、生活紧切相关下列说法正确的是（）A石英只能用于生产光导纤维B从海水中提取物质都必须通过化学反应才能实现C为了增加食物的营养成分，可以大量使用食品添加剂D“地沟油”禁止食用，但可以用来制肥皂2下列有关物质的性质与应用不相对应的是（）A明矾能水解生成Al（OH）3胶体，可用作净水剂BFeCl3溶液能与Cu反应，可用于蚀刻印刷电路CSO2具有氧化性，可用于漂白纸浆DZn具有还原性和导电性，可用作锌锰干电池的负极材料325时，下列各组
2、离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）ApH=1的溶液中：Na+、K+、MnO4、CO32Bc（H+）=11013molL1的溶液中：Mg2+、Cu2+、SO42、NO3C0.1molL1NH4HCO3溶液中：K+、Na+、NO3、ClD0.1molL1FeCl3溶液中：Fe2+、NH4+、SCN、SO424甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下转化关系：甲乙丙下列有关物质的推断不正确的是（）A若甲为焦炭，则丁可能是O2B若甲为SO2，则丁可能是氨水C若甲为Fe，则丁可能是盐酸D若甲为NaOH 溶液，则丁可能是CO25运用有关概念判断下列叙述正确的是（）A1
3、 mol H2燃烧放出的热量为H2的燃烧热BNa2SO3与H2O2的反应为氧化还原反应C和互为同系物DBaSO4的水溶液不易导电，故BaSO4是弱电解质6短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其简单离子都能破坏水的电离平衡的是（）AW2、X+BX+、Y3+CY3+、Z2DX+、Z2二、选择题：（本题共6小题每小题4分，共24分每小题有一个或两个选项符合题意，若正确答案只包括一个选项，多选得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得2分，选两个且都正确得4分，但只要选错一个就得0分）7亚氨基锂（Li2NH）是一种储氢容量高、安全性好的固体储氢材料，其储氢原理可表示为：Li2NH+H2L
4、iNH2+LiH，下列有关说法正确的是（）ALi2NH中N的化合价是1B该反应中H2既是氧化剂又是还原剂CH的离子半径比Li+大D此法储氢和钢瓶储氢的原理相同8下列说法正确的是（）A0.5 mol O3与11.2 L O2所含的分子数一定相等B25与60时，水的pH相等C中和等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸所消耗的n（NaOH）相等D2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）和4SO2（g）+2O2（g）4SO3（g）的H之比为9在通风橱中进行的下列实验：步骤现象Fe表面产生大量无色气泡，液面上方变为红棕色Fe表面产生少量红棕色气泡后，迅速停止Fe、Cu接触后，其表面均产生红棕色气泡下列说法中
5、不正确的是（）A中气体由无色变红棕色的化学方程式为：2NO+O22NO2B中的现象说明Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应C对比、中现象，说明稀HNO3的氧化性强于浓HNO3D针对中现象，在Fe、Cu之间连接电流计，可判断Fe是否被氧化10a、b、c、d为短周期元素，a的M电子层有1个电子，b的最外层电子数为内层电子数的2倍，c的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，c与d同周期，d的原子半径小于c下列叙述错误的是（）Ad元素的非金属性最强B它们均存在两种或两种以上的氧化物C只有a与其他元素生成的化合物都是离子化合物Db、c、d分别与氢气形成的化合物中化学键均为极性共价键11雾霾严重影响
6、人们的生活与健康，某地区的雾霾中可能含有如下可溶性无机离子：Na+、NH4+、Mg2+、Al3+、SO42、NO3、Cl某同学收集了该地区的雾霾，经必要的预处理后的试样溶液，设计并完成了如下实验：已知：3NO3+8Al+5OH+2H2O3NH3+8AlO2根据以上的实验操作和现象，该同学得出的结论不正确的是（）A试样中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42和NO3B试样中一定不含Al3+C试样中可能存在Na+、ClD该雾霾中可能存在NaNO3、NH4Cl和MgSO41225时，水溶液中c（H+）与c（OH）的变化关系如图中曲线ac所示，下列判断错误的是（）Aa c曲线上的任意一点都有c（H+）c
7、（OH）=1014Bb d线段上任意一点对应的溶液都呈中性Cd点对应溶液的温度高于25，pH7DCH3COONa溶液不可能位于c点二、非选择题（64分）13以乙烯为原料合成化合物C的流程如图所示：（1）C中官能团名称为，的反应类型为（2）写出A的同分异构体的结构简式：（3）写出反应的产物与足量金属钠反应的化学方程式：（4）写出反应的化学方程式：14元素周期表中第A族元素的单质及其化合物的用途广泛（1）与氯元素同族的短周期元素的原子结构示意图为（2）能作为氯、溴、碘元素非金属性（原子得电子能力）递变规律的判断依据是（填序号）aCl2、Br2、I2的熔点bCl2、Br2、I2的氧化性cHCl、HB
8、r、HI的热稳定性dHCl、HBr、HI的酸性（3）工业上，通过如下转化可制得KClO3晶体：NaCl溶液NaClO3溶液KClO3晶体完成中反应的总化学方程式：NaCl+H2ONaClO3+中转化的基本反应类型是，该反应过程能析出KClO3晶体而无其他晶体析出的原因是（4）一定条件下，在水溶液中1mol Cl、ClOx（x=1，2，3，4）的能量（kJ）相对大小如图所示D是（填离子符号）BA+C反应的热化学方程式为（用离子符号表示）15银是一种贵金属，古代常用于制造钱币及装饰器皿，现代在电池和照明器材等领域亦有广泛应用回答下列问题（1）久存的银制器皿表面会变黑，失去银白色的光泽，原因是（2）
9、已知Ksp（AgCl）=1.81010，若向5mL 0.018molL1的AgNO3溶液中加入5mL 0.020molL1的盐酸，混合后溶液中的Ag+的浓度为molL1，pH为（3）AgNO3溶液光照易分解，生成Ag和红棕色气体等物质，其光照分解的化学方程式为16某兴趣小组拟制备氯气并验证其一系列性质【查阅资料】当溴水浓度较小时，溶液颜色与氯水相似也呈黄色硫代硫酸钠溶液在工业上可作为脱氯剂【性质验证】实验装置如图1所示（省略夹持装置）实验步骤：（1）检查装置气密性，按图2加入试剂仪器a的名称是；装置C处加的试剂可以是（选填下列字母编号）A碱石灰 B硅胶 C浓硫酸 D无水氯化钙（2）装置B的作用
10、有（3）写出装置F中相应的离子反应方程式：【探究与反思】（1）图1中设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘的非金属性，有同学认为该设计不能达到实验目的，其理由是该组的同学思考后将上述D、E、F装置改为实验操作步骤如下：打开弹簧夹，缓缓通入氯气当a和b中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹当a中溶液由黄色变为棕色时，停止通氯气（2）设计步骤的实验思想是（3）步骤的操作是17磺酰氯（SO2Cl2）和亚硫酰氯（SOCl2）均是实验室常见试剂已知：SO2Cl2（g）SO2（g）+Cl2（g） K1H=a kJ/mol （）SO（g）+Cl（g）+SCl（g）2SOCl（g） K2H=b kJ/mol （）（1
11、）反应：SO2Cl2（g）+SCl（g）2SOCl2（g）的平衡常数K=（用K1、K2表示），该反应H=kJ/mol（用a、b表示）（2）为研究不同条件对反应（）的影响，以13.5g SO2Cl2充入2.0L的烧瓶中，在101kPa 375K时，10min达到平衡，平衡时SO2Cl2转化率为0.80，则010min Cl2的平衡反应速率为，平衡时容器内压强为kPa，该温度的平衡常数为；若要减小SO2Cl2转化率，除改变温度外，还可采取的措施是（列举一种）（3）磺酰氯对眼和上呼吸道粘膜有强烈的刺激性，发生泄漏时，实验室可用足量NaOH固体吸收，发生反应的化学方程式为；亚硫酰氯溶于水的离子方程式为
12、（4）一定量的Cl2用稀NaOH溶液吸收，若恰好反应，则溶液中各离子浓度由大到小的顺序为；已知常温时次氯酸的Ka=2.5108则该温度下NaClO水解反应的平衡常数Kb= molL1选考题（请考生在第18、19、20三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分）第18、19、20三题的第I题为选择题，在给出的四个选项中，只有两项是符合题目要求的；第II题为非选择题选修5-有机化学基础18分枝酸可用于生化研究其结构简式如图下列关于分枝酸的叙述正确的是（）A分子中含有2种官能团B可与乙醇、乙酸反应，且反应类型相同C1mol分枝酸最多可与3molNaOH发生中和反应D可使溴的四氯化碳溶液、酸性
13、高锰酸钾溶液褪色，且原理相同19有机推断与合成有机物H是一种重要的医药中间体其结构简式如图1所示：合成H的一种路线如图2：已知以下信息：有机物A遇氯化铁溶液发生显色反应，其分子中的苯环上有2个取代基，且A的苯环上一氯代物有2种J能发生银镜反应请回答下列问题：（1）I的名称是G生成H的反应类型是（2）B的含氧官能团名称是；E生成F的化学方程式为（3）在一定条件下，A与J以物质的量比1：1反应生成功能高分子材料K，K的结构简式为（4）已知：ROH+R1CIROR1+HCI，C与E以物质的量比1：1混合在催化剂、加热条件下反应，写出化学方程式（5）L是B的同分异构体，L符合下列条件的结构有种（不考虑
14、立体结构）与B具有相同的官能团；遇氯化铁溶液发生显色反应选修3-物质结构与性质20下列物质的结构或性质与氢键无关的是（）A乙醚的沸点B乙醇在水中的溶解度C氢化镁的晶格能DDNA的双螺旋结构21是我国的丰产元素，广泛用于催化及钢铁工业回答下列问题：（1）钒在元素周期表中的位置为，其价层电子排布图为（2）钒的某种氧化物的晶胞结构如图1所示晶胞中实际拥有的阴、阳离子个数分别为、（3）V2O5常用作SO2转化为SO3的催化剂SO2分子中S原子价层电子对数是对，分子的立体构型为；SO3气态为单分子，该分子中S原子的杂化轨道类型为；SO3的三聚体环状结构如图2所示，该结构中S原子的杂化轨道类型为；该结构中
15、SO键长有两类，一类键长约140pm，另一类键长约160pm，较短的键为（填图2中字母），该分子中含有个键（4）V2O5溶解在NaOH溶液中，可得到钒酸钠（Na3VO4），该盐阴离子的立体构型为；也可以得到偏钒酸钠，其阴离子呈如图3所示的无限链状结构，则偏钒酸钠的化学式为选修2-化学与技术22下列有关海水综合利用的说法正确的是（）A电解饱和食盐水可制得金属钠B海带提碘只涉及物理变化C海水提溴涉及到氧化还原反应D海水提镁涉及到复分解反应23铁在自然界分别广泛，在工业、农业和国防科技中有重要应用回答下列问题：（1）用铁矿石（赤铁矿）冶炼生铁的高炉如图（a）所示原料中除铁矿石和焦炭外含有除去铁矿石中
16、脉石（主要成分为SiO2 ）的化学反应方程式为；高炉排出气体的主要成分有N2、CO2和（填化学式）（2）已知：Fe2O3 （s）+3C（s）2Fe（s）+3CO（g）H=+494kJmol1CO（g）+O2（g）CO2（g）H=283kJmol1C（s）+O2（g）CO （g）H=110kJmol1则反应Fe2O3 （s）+3C（s）+O2（g）2Fe（s）+3CO2 （g） 的H=kJmol1理论上反应放出的热量足以供给反应所需的热量（填上述方程式序号）（3）有人设计出“二步熔融还原法”炼铁工艺，其流程如图（b）所示，其中，还原竖炉相当于高炉的部分，主要反应的化学方程式为；熔融造气炉相当于高
17、炉的部分（4）铁矿石中常含有硫，使高炉气中混有SO2 污染空气，脱SO2 的方法是2016年海南省湖南师大附中海口中学高考化学二模试卷参考答案与试题解析一、选择题：（本题共6小题每小题2分，共12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化学与社会、生产、生活紧切相关下列说法正确的是（）A石英只能用于生产光导纤维B从海水中提取物质都必须通过化学反应才能实现C为了增加食物的营养成分，可以大量使用食品添加剂D“地沟油”禁止食用，但可以用来制肥皂【考点】硅和二氧化硅；海水资源及其综合利用；常见的食品添加剂的组成、性质和作用【专题】化学计算【分析】A石英的主要成分是二氧化硅；B从海水中可
18、以提取氯化钠；C食品添加剂应适量添加；D“地沟油”主要成分是油脂【解答】解：A石英的主要成分是二氧化硅，纯净的二氧化硅用于生产光导纤维，结晶的二氧化硅（如水晶、玛瑙等）用作饰物，故A错误； B从海水中提取蒸馏水和盐时，通过蒸馏、蒸发等物理变化就能实现，提取溴、碘、镁等物质时，必须通过化学反应才能实现，故B错误；C食品添加剂应适量添加，过量会对人体产生危害，故C错误；D“地沟油”禁止食用，但其主要成分是油脂，在碱性溶液中发生水解反应，又称皂化反应，可用于制取肥皂，故D正确故选D【点评】本题考查二氧化硅的用途、物质的分离、食品添加剂、油脂等，难度不大，注意“地沟油”禁止食用，但其主要成分是油脂，在
19、碱性溶液中发生水解反应，又称皂化反应，可用于制取肥皂2下列有关物质的性质与应用不相对应的是（）A明矾能水解生成Al（OH）3胶体，可用作净水剂BFeCl3溶液能与Cu反应，可用于蚀刻印刷电路CSO2具有氧化性，可用于漂白纸浆DZn具有还原性和导电性，可用作锌锰干电池的负极材料【考点】盐类水解的应用；二氧化硫的化学性质【专题】化学计算【分析】A明矾在水溶液中能电离出Al3+，水解生成Al（OH）3胶体；BFe3+具有氧化性，可与Cu发生氧化还原反应；CSO2用于漂白纸浆是由于具有漂白性；DZn为活泼金属，可作原电池的负极【解答】解：A明矾在水溶液中能电离出Al3+，水解生成Al（OH）3胶体，A
20、l（OH）3胶体具有较强的吸附能力，可用于净水，故A正确；BFe3+具有氧化性，可与Cu发生氧化还原反应而用于蚀刻印刷电路，故B正确；CSO2用于漂白纸浆是由于具有漂白性，反应类型为化合反应，与氧化性、还原性无关，故C错误；DZn为活泼金属，具有良好的导电性，易失去电子，可作原电池的负极，故D正确故选C【点评】本题考查较为综合，题目难度不大，注意把握盐类水解的原理和应用，学习中注意常见元素化合物的知识325时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）ApH=1的溶液中：Na+、K+、MnO4、CO32Bc（H+）=11013molL1的溶液中：Mg2+、Cu2+、SO42、NO3C0.1
21、molL1NH4HCO3溶液中：K+、Na+、NO3、ClD0.1molL1FeCl3溶液中：Fe2+、NH4+、SCN、SO42【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分析】离子之间不生成气体、沉淀、弱电解质、络合物、不发生氧化还原反应、不发生双水解反应即可共存，据此分析解答【解答】解：pH=1的溶液呈强酸性，弱酸根离子CO32不能共存，故A错误；Bc（H+）=11013molL1的溶液呈强碱性，Mg2+、Cu2+和氢氧根离子生成沉淀，所以不能大量共存，故B错误；CNH4HCO3和这几种离子之间不发生反应，所以能共存，故C正确；DFe3+、SCN能生成络合物而使溶液呈血红色，可以利用该反应
22、检验铁离子，所以这两种离子不能共存，故D错误；故选C【点评】本题考查了离子共存，明确离子共存的条件是解本题关键，根据离子共存条件来分析解答即可，注意特殊条件的限制，题目难度中等4甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下转化关系：甲乙丙下列有关物质的推断不正确的是（）A若甲为焦炭，则丁可能是O2B若甲为SO2，则丁可能是氨水C若甲为Fe，则丁可能是盐酸D若甲为NaOH 溶液，则丁可能是CO2【考点】无机物的推断【专题】推断题【分析】A、甲为碳，丁为O2 物质转化关系为 CCOCO2；B、若甲为SO2，则丁为氨水，物质转化关系为：SO2NH4HSO3（NH4）2S
23、O3；C、若甲为Fe，丁为盐酸，铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，不能进一步和盐酸反应；D、若甲为NaOH 溶液，丁为CO2，物质转化关系，NaOHNa2CO3NaHCO3【解答】解：A、甲为碳，丁为O2 物质转化关系为 CCOCO2；2C+O2=2CO，2CO+O2=2CO2，CO2+C2CO，故A正确；B、若甲为SO2，则丁为氨水，物质转化关系为：SO2NH4HSO3（NH4）2SO3；SO2+NH3H2O=NH4HSO3，NH4HSO3+NH3H2O=（NH4）2SO3+H2O；（NH4）2SO3+H2O+SO2=2NH4HSO3，故B正确；C、若甲为Fe，丁为盐酸，铁和盐酸反应生成氯化亚
24、铁和氢气，不能进一步和盐酸反应，故C错误；D、若甲为NaOH 溶液，丁为CO2，物质转化关系，NaOHNa2CO3NaHCO3；2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3 ，NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O，故D正确；故选C【点评】本题考查了物质性质的转化关系和性质的应用，物质的量不同产物不同，掌握物质性质是解题关键，题目难度中等5运用有关概念判断下列叙述正确的是（）A1 mol H2燃烧放出的热量为H2的燃烧热BNa2SO3与H2O2的反应为氧化还原反应C和互为同系物DBaSO4的水溶液不易导电，故BaSO4是弱电解质【考点】燃烧热；氧
25、化还原反应；电解质与非电解质；芳香烃、烃基和同系物【分析】A根据物质的状态分析；B根据化合价变化分析；C根据同系物的特征分析；D溶液的导电能力与强、弱电解质没有必然的联系【解答】解：A.1mol氢气燃烧生成液态水时放出的热量为氢气的燃烧热，故A错误；B亚硫酸钠有还原性，双氧水具有氧化性，二者发生氧化还原反应，故B正确；C苯酚和苯甲醇不属于同一类物质，不是同系物，故C错误；D硫酸钡属于难溶强电解质，故D错误；故选B【点评】本题考查燃烧热的概念，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物所释放的热量即为燃烧热6短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其简单离子都能破坏水的电离平衡的是（）AW2、X
26、+BX+、Y3+CY3+、Z2DX+、Z2【考点】影响盐类水解程度的主要因素【专题】盐类的水解专题【分析】根据答案选项可知W、X、Y、Z形成的简单离子分别为W2、X+、Y3+、Z2，又知W、X、Y、Z均为短周期元素，且原子序数依次增大，故可推出W为O，X为Na，Y为Al，Z为S【解答】解：根据 短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大及各选项可以推出，W为O2、X为Na+、Y为Al3+、Z为S2，Al3+和S2均能发生水解，水解打破了水的电离平衡；O2不能在水溶液存在，而Na+不水解，故正确的是C；故选C【点评】本题考查影响盐类水解的因素，命题结构简单，切入点新颖，考查了离子化合价与其离子电
27、荷的关系，难度中等二、选择题：（本题共6小题每小题4分，共24分每小题有一个或两个选项符合题意，若正确答案只包括一个选项，多选得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得2分，选两个且都正确得4分，但只要选错一个就得0分）7亚氨基锂（Li2NH）是一种储氢容量高、安全性好的固体储氢材料，其储氢原理可表示为：Li2NH+H2LiNH2+LiH，下列有关说法正确的是（）ALi2NH中N的化合价是1B该反应中H2既是氧化剂又是还原剂CH的离子半径比Li+大D此法储氢和钢瓶储氢的原理相同【考点】氧化还原反应；碱金属的性质【专题】氧化还原反应专题；元素及其化合物【分析】Li2NH中H元素的化合价是+
28、1，氮元素的化合价为3；LiNH2中氮元素的化合价为3，H元素的化合价是+1；LiH中H元素的化合价是1，可以从化合价变化的角度来判断氧化还原反应的有关概念；离子核外电子层数越多，半径越大；钢瓶储氢是物理过程【解答】解：ALi2NH中氮元素的化合价为3，故A错误；B反应物H2中的氢元素的化合价为0价，反应后生成LiNH2中H元素的化合价是+1，LiH中H元素的化合价是1，所以H2既是氧化剂又是还原剂，故B正确；CLi+核外有一个电子层，H+核外无电子，离子核外电子层数越多，半径越大，故Li+半径大于H+；故C错误；D钢瓶储氢是物理过程，而该方法为化学方法，故D错误故选B【点评】本题考查氧化还原
29、反应的有关概念，离子半径的大小比较等问题，做题注意从化合价变化的角度判断氧化剂、还原剂的等概念，注意离子半径大小比较的方法，注重基础知识的积累8下列说法正确的是（）A0.5 mol O3与11.2 L O2所含的分子数一定相等B25与60时，水的pH相等C中和等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸所消耗的n（NaOH）相等D2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）和4SO2（g）+2O2（g）4SO3（g）的H之比为【考点】物质的量的相关计算；反应热和焓变；弱电解质在水溶液中的电离平衡【专题】化学反应中的能量变化；物质的量的计算【分析】AVm的大小未知，不能计算11.2 L O2所含的分子数；B水
30、的电离是吸热过程，加热促进电离，氢离子浓度增大；C盐酸与醋酸都是一元酸，与氢氧化钠按1：1反应； DH与化学计量数成正比【解答】解：AVm的大小未知，不能计算11.2 L O2所含的物质的量及分子数，故A错误；B水的电离是吸热过程，加热促进电离，氢离子浓度增大，水的pH不相等，故B错误；C盐酸与醋酸都是一元酸，与氢氧化钠按1：1反应，等体积、等物质的量的浓度的盐酸和醋酸中n（HCl）=n（HAc），故消耗氢氧化钠的物质的量相等，故C正确；D2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）和4SO2（g）+2O2（g）4SO3（g）的化学计量数之比为，H与化学计量数成正比，因此H之比为，故D正确；故选C
31、D【点评】本题考查较为综合，侧重于气体摩尔体积、水的电离、中和反应、H的计算的考查，难度中等，注意标准状况下，Vm=22.4L/mol9在通风橱中进行的下列实验：步骤现象Fe表面产生大量无色气泡，液面上方变为红棕色Fe表面产生少量红棕色气泡后，迅速停止Fe、Cu接触后，其表面均产生红棕色气泡下列说法中不正确的是（）A中气体由无色变红棕色的化学方程式为：2NO+O22NO2B中的现象说明Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应C对比、中现象，说明稀HNO3的氧化性强于浓HNO3D针对中现象，在Fe、Cu之间连接电流计，可判断Fe是否被氧化【考点】铁的化学性质；氧化还原反应；原电池和电解池的工
32、作原理【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】A硝酸具有强氧化性，与Fe反应生成NO，NO遇空气变为二氧化氮；B浓硝酸具有强氧化性，Fe表面形成致密的氧化层，发生钝化现象；C对比I、的现象，Fe与稀硝酸反应生成NO，而Fe与浓硝酸反应生成二氧化氮且迅速被钝化，说明浓硝酸的氧化性强于稀硝酸；D根据中现象，说明构成原电池，在Fe、Cu之间连接电流计，通过电流计指针偏转，可以判断原电池的正负极【解答】解：A稀硝酸具有酸性与强氧化性，与Fe反应生成NO，NO遇空气变为二氧化氮，中气体由无色变红棕色的化学方程式：2NO+O22NO2，故A正确；B的现象是因为铁发生了钝化，Fe表面形成致密的氧化层，阻止F
33、e进一步反应，故B正确；C对比I、的现象，Fe与稀硝酸反应生成NO，而Fe与浓硝酸反应生成二氧化氮且迅速被钝化，说明浓硝酸的氧化性强于稀硝酸，故C错误；D根据中现象，说明构成原电池，在Fe、Cu之间连接电流计，通过电流计指针偏转，可以判断原电池的正负极，进而判断Fe是否被氧化，故D正确，故选：C【点评】本题考查硝酸的化学性质、原电池原理，难度不大，侧重考查学生分析解决问题的能力10a、b、c、d为短周期元素，a的M电子层有1个电子，b的最外层电子数为内层电子数的2倍，c的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，c与d同周期，d的原子半径小于c下列叙述错误的是（）Ad元素的非金属性最强B它们均存在两
34、种或两种以上的氧化物C只有a与其他元素生成的化合物都是离子化合物Db、c、d分别与氢气形成的化合物中化学键均为极性共价键【考点】真题集萃；原子结构与元素的性质【分析】a的M电子层有1个电子，应为Na元素，b的最外层电子数为内层电子数的2倍，应为C元素，c的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，应为S元素，c与d同周期，d的原子半径小于c应为Cl元素，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期率知识解答该题【解答】解：a的M电子层有1个电子，应为Na元素，b的最外层电子数为内层电子数的2倍，应为C元素，c的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，应为S元素，c与d同周期，d的原子半径小于c应为Cl元素，A
35、同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，元素非金属性强弱顺序为ClSCNa，故A正确；B四种元素形成的氧化物有CO、CO2；Na2O、Na2O2；SO2、SO3，而Cl的化合价有多种，则氧化物也有多种，如ClO2、Cl2O等，故B正确；Ca为Na，为金属，可与其他元素生成离子化合物，含有离子键，故C正确；Db为C，可与氢气反应生成C2H2、C2H4、C2H6等化合物，含有同种元素形成的共价键，为非极性键，故D错误故选D【点评】本题为2015年考题，涉及原子结构与元素周期率的考查，侧重于学生的分析能力的培养和原子结构、元素周期率的综合应用的考查，注意把握提给信息以及元素周期率的递变规律，难度不
36、大11雾霾严重影响人们的生活与健康，某地区的雾霾中可能含有如下可溶性无机离子：Na+、NH4+、Mg2+、Al3+、SO42、NO3、Cl某同学收集了该地区的雾霾，经必要的预处理后的试样溶液，设计并完成了如下实验：已知：3NO3+8Al+5OH+2H2O3NH3+8AlO2根据以上的实验操作和现象，该同学得出的结论不正确的是（）A试样中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42和NO3B试样中一定不含Al3+C试样中可能存在Na+、ClD该雾霾中可能存在NaNO3、NH4Cl和MgSO4【考点】真题集萃；常见阳离子的检验；常见阴离子的检验【专题】物质检验鉴别题【分析】试样溶液中加入过量Ba（OH）2
37、并加热，生成的气体1能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，说明气体1是NH3，则试样中含有NH4+；向滤液中通入CO2，得到溶液2、沉淀2，溶液2中加入Al，生成气体2，该气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝色，说明含有气体2是NH3，根据已知条件知，溶液2中含有NO3，根据元素守恒知，原溶液中含有NO3；滤液1中通入CO2，得到沉淀2，向沉淀2中加入酸，沉淀溶解并放出气体，说明沉淀2是碳酸钡等难溶性碳酸盐；沉淀1加入酸后，沉淀部分溶解，硫酸钡不溶于酸，说明原来溶液中含有SO42，能和过量Ba（OH）2反应生成能溶于酸的沉淀，根据离子知，该沉淀为Mg（OH）2，所以溶液中含有Mg 2+，结合题给选项分析解答【
38、解答】解：试样溶液中加入过量Ba（OH）2并加热，生成的气体1能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，说明气体1是NH3，则试样中含有NH4+；向滤液中通入CO2，得到溶液2、沉淀2，溶液2中加入Al，生成气体2，该气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝色，说明含有气体2是NH3，根据已知条件知，溶液2中含有NO3，根据元素守恒知，原溶液中含有NO3；滤液1中通入CO2，得到沉淀2，向沉淀2中加入酸，沉淀溶解并放出气体，说明沉淀2是碳酸钡等难溶性碳酸盐，也有可能是试样中存在Al3+，在过量的Ba（OH）2中反应生成AlO2，通入CO2后生成Al（OH）3沉淀；沉淀1加入酸后，沉淀部分溶解，硫酸钡不溶于酸，说明原来
39、溶液中含有SO42，以及能和过量Ba（OH）2反应生成能溶于酸的沉淀，根据离子知，该沉淀为Mg（OH）2，所以溶液中含有Mg 2+，A通过以上分析知，试样中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42和NO3，故A正确；B通过以上分析知，试样中不能确定是否含有Al3+，故B错误；C通过以上分析知，试样中可能存在Na+、Cl，故C正确；D根据以上分析知，试样中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42和NO3，可能存在Na+、Cl，所以该雾霾中可能存在NaNO3、NH4Cl和MgSO4，故D正确；故选B【点评】本题考查了物质的推断，明确物质的性质及特殊反应现象是解本题关键，根据物质的溶解性、物质的性质及题给信
40、息来分析解答，题目难度中等1225时，水溶液中c（H+）与c（OH）的变化关系如图中曲线ac所示，下列判断错误的是（）Aa c曲线上的任意一点都有c（H+）c（OH）=1014Bb d线段上任意一点对应的溶液都呈中性Cd点对应溶液的温度高于25，pH7DCH3COONa溶液不可能位于c点【考点】水的电离；pH的简单计算【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】A、a、c两点温度相同，水的离子积不变，根据b点氢离子、氢氧根离子浓度可知水的离子积为c（H+）c（OH）=1014；B、b、d线段上的任意一点都满足c（H+）=c（OH），溶液显示中性；C、水的电离为吸热反应，温度越高，水的电离程度越大；
41、D、c点氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，溶液为碱性，醋酸钠为碱性溶液【解答】解：A、a c曲线上的任意一点，由于温度相同，所以水的离子积相同，根据b点可知，c（H+）c（OH）=1014，故A正确；B、b、d线上任意点都满足c（H+）=c（OH），溶液一定显示中性，故B正确；C、d点时，c（H+）=c（OH）=1106mol/L1107mol/L，溶液的pH=6，水的电离为吸热反应，所以d点温度高于25，故B正确；D、在c点c（H+）=1108mol/L，c（OH）=1106mol/L，溶液显示碱性，而醋酸钠溶液显示碱性，所以c点可能为醋酸钠溶液，故D错误；故选D【点评】本题考查了水的电离及影响
42、因素，题目难度不大，注意明确影响水的电离的因素，明确溶液酸碱性取决于溶液中氢离子与氢氧根离子的浓度大小，不能以溶液的pH判断溶液酸碱性二、非选择题（64分）13以乙烯为原料合成化合物C的流程如图所示：（1）C中官能团名称为酯基，的反应类型为加成反应（2）写出A的同分异构体的结构简式：CH3CHCl2（3）写出反应的产物与足量金属钠反应的化学方程式：HOCH2CH2OH+2NaNaOCH2CH2ONa+H2（4）写出反应的化学方程式：HOCH2CH2OH+2CH3COOHCH3COOCH2CH2OOCCH+2H2O【考点】有机物的推断【专题】有机物的化学性质及推断【分析】乙烯和氯气发生加成反应生
43、成A，A为CH2ClCH2Cl，A发生水解反应生成HOCH2CH2OH，乙烯和水发生加成反应生成乙醇，乙醇发生催化氧化反应生成B，B为CH3CHO，B发生氧化反应生成CH3COOH，HOCH2CH2OH和CH3COOH发生酯化反应生成C，根据C分子式知，C结构简式为CH3COOCH2CH2OOCCH3，据此分析解答【解答】解：乙烯和氯气发生加成反应生成A，A为CH2ClCH2Cl，A发生水解反应生成HOCH2CH2OH，乙烯和水发生加成反应生成乙醇，乙醇发生催化氧化反应生成B，B为CH3CHO，B发生氧化反应生成CH3COOH，HOCH2CH2OH和CH3COOH发生酯化反应生成C，根据C分子
44、式知，C结构简式为CH3COOCH2CH2OOCCH3，（1）C结构简式为CH3COOCH2CH2OOCCH3，C中官能团名称为酯基，的反应类型为 加成反应，故答案为：酯基；加成反应；（2）A的同分异构体的结构简式CH3CHCl2，故答案为：CH3CHCl2；（3）反应的产物与足量金属钠反应的化学方程式为HOCH2CH2OH+2NaNaOCH2CH2ONa+H2，故答案为：HOCH2CH2OH+2NaNaOCH2CH2ONa+H2；（4）为乙二醇与乙酸在浓硫酸条件下发生酯化反应，化学方程式为：HOCH2CH2OH+2CH3COOHCH3COOCH2CH2OOCCH+2H2O，故答案为：HOCH
45、2CH2OH+2CH3COOHCH3COOCH2CH2OOCCH+2H2O【点评】本题考查有机物推断，为高频考点，侧重考查学生分析推断能力，明确官能团及其性质关系是解本题关键，熟练掌握常见有机反应类型、有机物官能团及其性质，题目难度不大14元素周期表中第A族元素的单质及其化合物的用途广泛（1）与氯元素同族的短周期元素的原子结构示意图为（2）能作为氯、溴、碘元素非金属性（原子得电子能力）递变规律的判断依据是bc（填序号）aCl2、Br2、I2的熔点bCl2、Br2、I2的氧化性cHCl、HBr、HI的热稳定性dHCl、HBr、HI的酸性（3）工业上，通过如下转化可制得KClO3晶体：NaCl溶液
46、NaClO3溶液KClO3晶体完成中反应的总化学方程式：1NaCl+3H2O1NaClO3+3H2中转化的基本反应类型是复分解反应，该反应过程能析出KClO3晶体而无其他晶体析出的原因是室温下KClO3在水中的溶解度明显小于其它晶体（4）一定条件下，在水溶液中1mol Cl、ClOx（x=1，2，3，4）的能量（kJ）相对大小如图所示D是ClO4（填离子符号）BA+C反应的热化学方程式为3ClO（aq）=ClO3（aq）+2Cl（aq）H=117kJ/mol（用离子符号表示）【考点】真题集萃；氧化还原反应方程式的配平；反应热和焓变；热化学方程式；卤素原子结构及其性质的比较【专题】氧化还原反应专
47、题；化学反应中的能量变化；卤族元素【分析】（1）与氯元素同族的短周期元素是F原子，F原子核外有2个电子层，最外层有7个电子，据此书写F的原子结构示意图；（2）同一主族元素，元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强、其最高价氧化物的水化物酸性越强、其单质的氧化性越强；（3）工业上，通过如下转化可制得KClO3晶体：NaCl溶液NaClO3溶液KClO3晶体，电解时，阳极上氯离子放电生成氯酸根离子、阴极上氢离子放电生成氢气；两种化合物相互交换成分生成另外的两种化合物的反应为复分解反应，相同温度下，溶解度小的物质先析出；（4）一定条件下，在水溶液1 mol Cl、ClOx（x=1，2，3，4，）的能
48、量（kJ）相对大小如图所示D中Cl元素化合价为+7价，据此判断x值；BA+C，根据转移电子守恒得该反应方程式为3ClO=ClO3+2Cl，反应热=（63kJ/mol+20kJ/mol）360kJ/mol=117kJ/mol【解答】解：（1）与氯元素同族的短周期元素是F原子，F原子核外有2个电子层，最外层有7个电子，则F的原子结构示意图为，故答案为：；（2）同一主族元素，元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强、其最高价氧化物的水化物酸性越强、其单质的氧化性越强，与物质的沸点、氢化物水溶液的酸性无关，故选bc；（3）工业上，通过如下转化可制得KClO3晶体：NaCl溶液NaClO3溶液KClO3
49、晶体，电解时，阳极上氯离子放电生成氯酸根离子、阴极上氢离子放电生成氢气，所以反应方程式为1NaCl+3H2O1NaClO3+3H2，故答案为：1；3；1；3；H2；NaClO3转化为KClO3，说明该反应中两种物质相互交换离子生成盐，为复分解反应，相同温度下，溶解度小的物质先析出，室温下KClO3在水中的溶解度明显小于其它晶体，所以先析出KClO3，故答案为：复分解反应；室温下KClO3在水中的溶解度明显小于其它晶体；（4）根据图象知，D中Cl元素化合价为+7价，所以ClOx中x为4，则D为ClO4，故答案为：ClO4；BA+C，根据转移电子守恒得该反应方程式为3ClO=ClO3+2Cl，反应
50、热=（63kJ/mol+20kJ/mol）360kJ/mol=117kJ/mol，所以该热化学反应方程式为3ClO（aq）=ClO3（aq）+2Cl（aq）H=117kJ/mol，故答案为：3ClO（aq）=ClO3（aq）+2Cl（aq）H=117kJ/mol【点评】本题以卤族元素为载体考查了氧化还原反应、热化学反应、非金属强弱的判断方法等知识点，根据物质的性质、原子结构结合元素周期律等知识点来分析解答，题目难度中等15银是一种贵金属，古代常用于制造钱币及装饰器皿，现代在电池和照明器材等领域亦有广泛应用回答下列问题（1）久存的银制器皿表面会变黑，失去银白色的光泽，原因是Ag与空气中微量H2S
51、反应生成黑色的Ag2S（2）已知Ksp（AgCl）=1.81010，若向5mL 0.018molL1的AgNO3溶液中加入5mL 0.020molL1的盐酸，混合后溶液中的Ag+的浓度为1.8108molL1，pH为1（3）AgNO3溶液光照易分解，生成Ag和红棕色气体等物质，其光照分解的化学方程式为2AgNO32Ag+2NO2+O2【考点】金属的电化学腐蚀与防护；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【专题】电离平衡与溶液的pH专题；电化学专题【分析】（1）长期放置在空气中的银制品，其表面会逐渐变黑，这是由于银和空气中的微量硫化氢发生了反应生成黑色的Ag2S；（2）n（AgNO3）=0.05L
52、0.018mol/L=0.0009mol，n（HCl）=0.05L0.020mol/L=0.001mol，硝酸银和HCl发生反应AgNO3+HCl=AgCl+HNO3，根据方程式知，HCl剩余，计算混合溶液中c（Cl）、c（Ag+）、c（H+）溶液的pH=lgc（H+）；（3）红棕色气体是NO2，该反应中Ag元素化合价由+1价变为0价、N元素化合价由+5价变为+4价，根据氧化还原反应知，还有元素失电子化合价升高，只能是O元素失电子生成O2，根据反应物、生成物及反应条件书写方程式【解答】解：（1）长期放置在空气中的银制品，其表面会逐渐变黑，这是由于银和空气中的微量硫化氢发生了反应生成黑色的Ag2
53、S，故答案为：Ag与空气中微量H2S反应生成黑色的Ag2S；（2）n（AgNO3）=0.05L0.018mol/L=0.0009mol，n（HCl）=0.05L0.020mol/L=0.001mol，硝酸银和HCl发生反应AgNO3+HCl=AgCl+HNO3，根据方程式知，HCl剩余，混合溶液中c（Cl）=mol/L=102 mol/L，溶液中c（Ag+）=mol/L=1.8108mol/L；实际上氢离子不参加反应，则溶液中c（H+）=0.1mol/L，溶液的pH=lgc（H+）=lg0.1=1，故答案为：1.8108；1；（3）红棕色气体是NO2，该反应中Ag元素化合价由+1价变为0价、N
54、元素化合价由+5价变为+4价，根据氧化还原反应知，还有元素失电子化合价升高，只能是O元素失电子生成O2，根据反应物、生成物及反应条件书写方程式为2AgNO32Ag+2NO2+O2，故答案为：2AgNO32Ag+2NO2+O2【点评】本题为2015年海南省高考题，考查氧化还原反应、pH计算、溶度积常数等知识点，综合性较强，明确溶度积常数含义、氧化还原反应本质等知识点即可解答，注意（2）题要进行过量计算，为易错点16某兴趣小组拟制备氯气并验证其一系列性质【查阅资料】当溴水浓度较小时，溶液颜色与氯水相似也呈黄色硫代硫酸钠溶液在工业上可作为脱氯剂【性质验证】实验装置如图1所示（省略夹持装置）实验步骤：
55、（1）检查装置气密性，按图2加入试剂仪器a的名称是长颈漏斗；装置C处加的试剂可以是BD（选填下列字母编号）A碱石灰 B硅胶 C浓硫酸 D无水氯化钙（2）装置B的作用有除去氯气中的氯化氢并作安全瓶（3）写出装置F中相应的离子反应方程式：S2O32+4Cl2+5H2O=2SO42+8Cl+10H+【探究与反思】（1）图1中设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘的非金属性，有同学认为该设计不能达到实验目的，其理由是未排除Cl2对溴、碘的非金属性的强弱实验的干扰该组的同学思考后将上述D、E、F装置改为实验操作步骤如下：打开弹簧夹，缓缓通入氯气当a和b中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹当a中溶液由黄色变为棕
56、色时，停止通氯气打开活塞d，将少量b中溶液滴入c中，关闭活塞d，取下试管c震荡（2）设计步骤的实验思想是对比实验思想（3）步骤的操作是打开活塞d，将少量b中溶液滴入c中，关闭活塞d，取下试管c震荡【考点】性质实验方案的设计；氯气的化学性质【分析】由图中装置可知，装置A中放入二氧化锰、分液漏斗中放入浓盐酸，加热产生的氯气通入饱和食盐水除去其中的氯化氢气体，然后通入C，、处放干燥的有色布条，放入固体粒状干燥剂，但不能是碱性干燥剂，否则会吸收氯气，可观察到处布条褪色，处不褪色，氯气通入漏斗D中，溶液变橙色，再滴入KI溶液与苯的分层的液体中，苯层呈紫色，最后多余的氯气用硫代硫酸钠溶液吸收，Na2S2O
57、3中硫显+2价，被氯气氧化SO42；为排除氯气对其溴碘检验的干拢，可进行对比实验，以此来解答【解答】解：（1）仪器a的名称是长颈漏斗；装置C处加的试剂干燥氯气，且为固体，只有BD符合，故答案为：长颈漏斗；BD；（2）生成的氯气中混有HCl，则装置B的作用有除去氯气中的氯化氢并作安全瓶，故答案为：除去氯气中的氯化氢并作安全瓶；（3）Na2S2O3中硫显+2价，被氯气氧化SO42，则装置F中相应的离子反应方程式S2O32+4Cl2+5H2O=2SO42+8Cl+10H+，故答案为：S2O32+4Cl2+5H2O=2SO42+8Cl+10H+；（1）装置D、E的目的是比较氯、溴、碘的非金属性，但氯气
58、可与NaBr、KI均反应，未排除Cl2对溴、碘的非金属性的强弱实验的干扰，不能比较Cl、Br、I的非金属性，故答案为：未排除Cl2对溴、碘的非金属性的强弱实验的干扰；（2）设计步骤的实验思想是对比实验思想，故答案为：对比实验思想；（3）改进的实验步骤为打开活塞d，将少量b中溶液滴入c中，关闭活塞d，取下试管c震荡，第步发生溴与KI的反应，故答案为：打开活塞d，将少量b中溶液滴入c中，关闭活塞d，取下试管c震荡【点评】本题考查氯气的制备实验及性质实验，为高频考点，把握实验装置的作用、物质的性质及非金属性比较的方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验中对比方法及干扰因素的分析，题目难度
59、中等17磺酰氯（SO2Cl2）和亚硫酰氯（SOCl2）均是实验室常见试剂已知：SO2Cl2（g）SO2（g）+Cl2（g） K1H=a kJ/mol （）SO（g）+Cl（g）+SCl（g）2SOCl（g） K2H=b kJ/mol （）（1）反应：SO2Cl2（g）+SCl（g）2SOCl2（g）的平衡常数K=K1K2（用K1、K2表示），该反应H=（a+b）kJ/mol（用a、b表示）（2）为研究不同条件对反应（）的影响，以13.5g SO2Cl2充入2.0L的烧瓶中，在101kPa 375K时，10min达到平衡，平衡时SO2Cl2转化率为0.80，则010min Cl2的平衡反应速率为
60、0.004molL1min1，平衡时容器内压强为181.8kPa，该温度的平衡常数为0.16molL1；若要减小SO2Cl2转化率，除改变温度外，还可采取的措施是增大压强（或缩小容器体积）（列举一种）（3）磺酰氯对眼和上呼吸道粘膜有强烈的刺激性，发生泄漏时，实验室可用足量NaOH固体吸收，发生反应的化学方程式为SO2Cl2+4NaOH=Na2SO4+2NaCl+2H2O；亚硫酰氯溶于水的离子方程式为SOCl2+H2O=SO2+2H+2Cl（4）一定量的Cl2用稀NaOH溶液吸收，若恰好反应，则溶液中各离子浓度由大到小的顺序为c（Na+）c（Cl）c（ClO）c（OH）c（H+）；已知常温时次氯
61、酸的Ka=2.5108则该温度下NaClO水解反应的平衡常数Kb=4107 molL1【考点】化学平衡的计算；热化学方程式【专题】化学平衡专题【分析】（1）SO2Cl2（g）+SCl（g）2SOCl2（g） 是由（）、（）相加得到，故平衡常数为两者之积，反应热为两者之和；（2）13.5g SO2Cl2的物质的量为=0.1mol，10min达到平衡时SO2Cl2转化率为0.80，则转化的SO2Cl2为0.080mol，则： SO2Cl2（g）SO2（g）+Cl2（g）起始量（mol）：0.1 0 0变化量（mol）：0.08 0.08 0.08平衡量（mol）：0.02 0.08 0.08再根据
62、v=计算v（Cl2）；计算平衡时混合气体总物质的量，压强之比等于物质的量之比；平衡常数K=；若要减小转化率，可通过缩小容器体积即增大加压强的方法，也可起始时再容器中同时充入SO2Cl2和Cl2或SO2等；（3）SO2Cl2中硫为+6价，氯为1，氢氧化钠足量时生成硫酸钠和氯化钠；SOCl2中硫为+4价，水解生成SO2及HCl；（4）发生反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，显然c（Na+）最大，考虑到ClO水解显碱性，故c（Cl）c（ClO），c（OH）c（H+）；HClO的电离常数与ClO水解反应的平衡常数之积等于水的离子积【解答】解：（1）SO2Cl2（g）+SCl（g）2
63、SOCl2（g） 是由（）、（）相加得到，故平衡常数为两者之积，反应热为两者之和，则：K=K1K2，该反应H=（a+b）kJ/mol，故答案为：K1K2；（a+b）；（2）13.5g SO2Cl2的物质的量为=0.1mol，10min达到平衡时SO2Cl2转化率为0.80，则转化的SO2Cl2为0.080mol，则： SO2Cl2（g）SO2（g）+Cl2（g）起始量（mol）：0.1 0 0变化量（mol）：0.08 0.08 0.08平衡量（mol）：0.02 0.08 0.08v（Cl2）=0.004molL1min1；平衡时总物质的量为：0.02mol+0.08mol+0.08mol=
64、0.18mol，故平衡时压强为：101kPa=181.8kPa；该温度下平衡常数K=0.16molL1；若要减小转化率，可通过缩小容器体积即增大加压强的方法，也可起始时再容器中同时充入SO2Cl2和Cl2或SO2等；故答案为：0.004molL1min1；181.8；0.16molL1；增大压强（或缩小容器体积）；（3）SO2Cl2中硫为+6价，氯为1，氢氧化钠足量时生成硫酸钠和氯化钠，反应方程式为：SO2Cl2+4NaOH=Na2SO4+2NaCl+2H2O；SOCl2中硫为+4价，水解生成SO2及HCl，反应离子方程式为：SOCl2+H2O=SO2+2H+2Cl，故答案为：SO2Cl2+4
65、NaOH=Na2SO4+2NaCl+2H2O；SOCl2+H2O=SO2+2H+2Cl；（4）发生反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，显然c（Na+）最大，考虑到ClO水解显碱性，故c（Cl）c（ClO），c（OH）c（H+），则溶液中各离子浓度由大到小的顺序为：c（Na+）c（Cl）c（ClO）c（OH）c（H+）；HClO的电离常数与ClO水解反应的平衡常数之积等于水的离子积，则NaClO水解反应的平衡常数Kb=4107，故答案为：c（Na+）c（Cl）c（ClO）c（OH）c（H+）；4107【点评】本题考查化学平衡计算与影响因素、平衡常数、反应热计算、离子浓度大小比
66、较等，需要学生具备知识的基础与灵活运用能力，难度中等选考题（请考生在第18、19、20三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分）第18、19、20三题的第I题为选择题，在给出的四个选项中，只有两项是符合题目要求的；第II题为非选择题选修5-有机化学基础18分枝酸可用于生化研究其结构简式如图下列关于分枝酸的叙述正确的是（）A分子中含有2种官能团B可与乙醇、乙酸反应，且反应类型相同C1mol分枝酸最多可与3molNaOH发生中和反应D可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同【考点】真题集萃；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CO
67、OH、OH、碳碳双键、醚键等，结合羧酸、醇、烯烃的性质来解答【解答】解：A分子中含COOH、OH、碳碳双键、醚键，共4种官能团，故A错误；B含COOH与乙醇发生酯化反应，含OH与乙酸发生酯化反应，故B正确；C不是苯环，只有COOH与NaOH反应，则1mol分枝酸最多可与2molNaOH发生中和反应，故C错误；D碳碳双键与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，双键与OH均能被酸性高锰酸钾溶液氧化，原理不同，故D错误；故选B【点评】本题为2015年山东高考题，侧重有机物结构与性质的考查，把握官能团与性质的关系为解答的关键，注意官能团的判断，题目难度不大19有机推断与合成有机物H是一种重要的医药中间体其结构
68、简式如图1所示：合成H的一种路线如图2：已知以下信息：有机物A遇氯化铁溶液发生显色反应，其分子中的苯环上有2个取代基，且A的苯环上一氯代物有2种J能发生银镜反应请回答下列问题：（1）I的名称是乙醇G生成H的反应类型是取代反应（或酯化反应）（2）B的含氧官能团名称是羟基、羧基；E生成F的化学方程式为（3）在一定条件下，A与J以物质的量比1：1反应生成功能高分子材料K，K的结构简式为（4）已知：ROH+R1CIROR1+HCI，C与E以物质的量比1：1混合在催化剂、加热条件下反应，写出化学方程式+HCl（5）L是B的同分异构体，L符合下列条件的结构有15种（不考虑立体结构）与B具有相同的官能团；遇
69、氯化铁溶液发生显色反应【考点】有机物的推断【分析】由信息知，A分子含有酚羟基，两个取代基在苯环的对位；I催化氧化生成J，J能发生银镜反应，则I为CH3CH2OH、J为CH3CHO；A在浓硫酸作用下进行酯的水解反应生成B和I，根据B的分子式可知，B的不饱和度为=6，苯环和1个羧基的不饱和度为：4+1=5，说明B的侧链中还含有1个碳碳双键，则B为、A为；B与HCl发生加成反应生成E，则E为；E与氢氧化钠溶液加热反应生成F，则F为，F在酸性条件下转化成G，则G为；两分子G之间发生酯化反应生成H；B与碳酸氢钠反应生成C，则C为，C与Na反应生成D，则D为，据此进行解答【解答】解：由信息知，A分子含有酚
70、羟基，两个取代基在苯环的对位；I催化氧化生成J，J能发生银镜反应，则I为CH3CH2OH、J为CH3CHO；A在浓硫酸作用下进行酯的水解反应生成B和I，根据B的分子式可知，B的不饱和度为=6，苯环和1个羧基的不饱和度为：4+1=5，说明B的侧链中还含有1个碳碳双键，则B为、A为；B与HCl发生加成反应生成E，则E为；E与氢氧化钠溶液加热反应生成F，则F为，F在酸性条件下转化成G，则G为；两分子G之间发生酯化反应生成H；B与碳酸氢钠反应生成C，则C为，C与Na反应生成D，则D为，（1）根据分析可知，I为CH3CH2OH乙醇，名称为乙醇；J为乙醛G发生分子间酯化反应生成H，酯化反应也是取代反应，故
71、答案为：乙醇；取代反应（或酯化反应）；（2）B为，B的官能团有碳碳双键、羟基、羧基，其中含氧官能团为羟基和羧基；E在氢氧化钠溶液中反应生成F，发生反应的类型为水解反应和中和反应，反应的化学方程式为：，故答案为：羟基、羧基；（3）在一定条件下，A与J以物质的量比1：1反应生成功能高分子材料K，该反应类似苯酚与甲醛在一定条件下发生缩聚反应，生成酚醛树脂，则K的结构简式为：，故答案为：；（4）已知：ROH+R1CIROR1+HCI，C与E以物质的量比1：1混合在催化剂、加热条件下反应，根据已知条件可知，C和E发生了取代反应，反应的化学方程式为： +HCl，故答案为： +HCl；（5）B为，L是B的同
72、分异构体，与B具有相同的官能团，则L含有羟基、碳碳双键和羧基；遇氯化铁溶液发生显色反应，则L分子中含有酚羟基，若L分子中只含2个取代基，存在两种情况：OH、CH=CHCOOH，存在邻、间、对三种结构，除去B本身外，还有2种结构；OH、C（COOH）=CH2，有3种结构；若L含有3个取代基：OH、CH=CH2、COOH，若3个取代基都在邻位，存在3种结构，若3个取代基都在间位，存在1种结构；若两个取代基相邻，另一个取代基在间位或对位，总共存在：23=6种结构，所以含有3个取代基时总共含有：3+1+6=10种结构，根据分析可知，符合条件的同分异构体共有：2+3+10=15种，故答案为：15【点评】
73、本题考查了有机推断，题目难度较大，熟练掌握常见有机物结构与性质为解答关键，题干信息为解答突破口，试题知识点较多、综合性较强，充分考查学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力，是一道质量不错的练习选修3-物质结构与性质20下列物质的结构或性质与氢键无关的是（）A乙醚的沸点B乙醇在水中的溶解度C氢化镁的晶格能DDNA的双螺旋结构【考点】真题集萃；氢键的存在对物质性质的影响【分析】氢键是分子间作用力的一种，F、O、N的电负性较强，对应的氢化物分子之间能形成氢键，氢键的存在，多数物质的物理性质有显著的影响，如熔点、沸点，溶解度，粘度，密度等，存在氢键的物质，水溶性显著增强，分子间作用力增强，熔沸点
74、升高或降低，以此解答该题【解答】解：A乙醚分子间不存在氢键，乙醚的沸点与氢键无关，故A选；B乙醇和水分子间能形成氢键，乙醇在水中的溶解度与氢键有关，故B不选；C氢化镁为离子化合物，氢化镁的晶格能与氢键无关，故C选；DDNA含有OH、NH键，双螺旋结构与氢键有关，故D不选故选AC【点评】本题为2015年海南考题第19题，侧重于氢键的考查，为高频考点，注意把握氢键的形成以及对物质的性质的影响，把握氢键与化学键、分子间作用了的区别，难度不大21是我国的丰产元素，广泛用于催化及钢铁工业回答下列问题：（1）钒在元素周期表中的位置为第4周期B族，其价层电子排布图为（2）钒的某种氧化物的晶胞结构如图1所示晶
75、胞中实际拥有的阴、阳离子个数分别为4、2（3）V2O5常用作SO2转化为SO3的催化剂SO2分子中S原子价层电子对数是3对，分子的立体构型为V形；SO3气态为单分子，该分子中S原子的杂化轨道类型为sp2；SO3的三聚体环状结构如图2所示，该结构中S原子的杂化轨道类型为sp3；该结构中SO键长有两类，一类键长约140pm，另一类键长约160pm，较短的键为a（填图2中字母），该分子中含有12个键（4）V2O5溶解在NaOH溶液中，可得到钒酸钠（Na3VO4），该盐阴离子的立体构型为正四面体；也可以得到偏钒酸钠，其阴离子呈如图3所示的无限链状结构，则偏钒酸钠的化学式为NaVO3【考点】真题集萃；原
76、子核外电子排布；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】（1）由题意知，钒的核电荷数为23，则可以推知钒在元素周期表中的位置为第4周期B族，根据核外电子的轨道能量排布顺序知，1s2s2p3s3p4s3d4p，因此推断其电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2，注意由于4s轨道能量比3d轨道能量低，因此先排4s轨道，因此其价层电子排布式为3d34s2，以此书写电子排布图；（2）由晶胞可知，V位于顶点和体心，O有4个位于面心，2个位于体心；（3）SO2分子中S原子形成2个键，孤电子对数为=1，SO3气态为单分子，该分子中S原子形成3个键，没有孤对电
77、子，SO3的三聚体中S原子形成4个键，以此判断空间构型和杂化类型；SO3的三聚体中每个S形成，存在S=O键和SO键，S=O键长较短；（4）VO43中，V形成4个键，孤电子对数为=0，为正四面体结构，由链状结构可知每个V与3个O形成阴离子，且V的化合价为+5价，以此判断形成的化合物的化学式【解答】解：（1）由题意知，钒的核电荷数为23，则可以推知钒在元素周期表中的位置为第4周期B族，根据核外电子的轨道能量排布顺序知，1s2s2p3s3p4s3d4p，因此推断其电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2，注意由于4s轨道能量比3d轨道能量低，因此先排4s轨道，因此其价层电子排布式为3d
78、34s2，则电子排布图为，故答案为：第4周期B族；（2）由晶胞可知，V位于顶点和体心，阳离子个数为1+8=2，O有4个位于面心，2个位于体心，则阴离子个数为4+2=4，故答案为：4；2；（3）SO2分子中S原子形成2个键，孤电子对数为=1，SO2分子中S原子价层电子对数是3，为V形结构，SO3气态为单分子，该分子中S原子形成3个键，没有孤对电子，则为sp2杂化，SO3的三聚体中S原子形成4个键，为sp3杂化；SO3的三聚体中每个S形成，存在S=O键和SO键，S=O键长较短，即a较短，该分子中含有键数目为34=12，故答案为：3；V形；sp2；sp3；a；12；（4）VO43中，V形成4个键，孤
79、电子对数为=0，为正四面体结构，由链状结构可知每个V与3个O形成阴离子，且V的化合价为+5价，则形成的化合物化学式为NaVO3，故答案为：正四面体；NaVO3【点评】本题为2015年海南选做题，综合考查物质的结构和性质，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握杂化类型以及价层电子数的判断，难度中等选修2-化学与技术22下列有关海水综合利用的说法正确的是（）A电解饱和食盐水可制得金属钠B海带提碘只涉及物理变化C海水提溴涉及到氧化还原反应D海水提镁涉及到复分解反应【考点】真题集萃；氧化还原反应；化学基本反应类型；电解原理【分析】A电解饱和食盐水得到氢氧化钠、氯气和氢气；B海带提碘，将碘离子氧化生成碘单
80、质；C海水中溴元素是以溴离子的形式存在，溴离子变为溴单质会发生氧化反应；D海水提镁，涉及生成氢氧化镁、氢氧化镁与盐酸反应，生成氯化镁电解可生成镁【解答】解：A钠易与水反应，电解饱和食盐水得到氢氧化钠、氯气和氢气，应用电解熔融的氯化钠的方法冶炼钠，故A错误；B海带提碘，将碘离子氧化生成碘单质，发生化学变化，故B错误；C海水提溴是先氧化溴离子为溴单质，再用还原剂还原溴单质为溴离子，再用氧化剂氧化溴离子为溴单质，涉及氧化还原反应，故C正确；D海水提镁，涉及生成氢氧化镁、氢氧化镁与盐酸反应，生成氯化镁电解可生成镁，涉及复分解反应，故D正确故选CD【点评】本题为2015年海南高考题第20题，为选做题，侧
81、重于海水的综合利用的考查，注意把握物质的性质以及应用，难度不大，注意把握从海水中提取钠、溴、碘以及镁的反应原理23铁在自然界分别广泛，在工业、农业和国防科技中有重要应用回答下列问题：（1）用铁矿石（赤铁矿）冶炼生铁的高炉如图（a）所示原料中除铁矿石和焦炭外含有石灰石除去铁矿石中脉石（主要成分为SiO2 ）的化学反应方程式为CaCO3CaO+CO2；CaO+SiO2CaSiO3；高炉排出气体的主要成分有N2、CO2和CO（填化学式）（2）已知：Fe2O3 （s）+3C（s）2Fe（s）+3CO（g）H=+494kJmol1CO（g）+O2（g）CO2（g）H=283kJmol1C（s）+O2（g
82、）CO （g）H=110kJmol1则反应Fe2O3 （s）+3C（s）+O2（g）2Fe（s）+3CO2 （g） 的H=355kJmol1理论上反应放出的热量足以供给反应所需的热量（填上述方程式序号）（3）有人设计出“二步熔融还原法”炼铁工艺，其流程如图（b）所示，其中，还原竖炉相当于高炉的炉腰部分，主要反应的化学方程式为Fe2O3+3CO2Fe+3CO2；熔融造气炉相当于高炉的炉腹部分（4）铁矿石中常含有硫，使高炉气中混有SO2 污染空气，脱SO2 的方法是碱液或氢氧化钠、氨水【考点】高炉炼铁【专题】元素及其化合物；化学应用【分析】（1）铁矿石中含有氧化铁和脉石，为除去脉石，可加入石灰石，
83、石灰石分解生成氧化钙，氧化钙和二氧化硅反应生成硅酸钙；加入焦炭，先生成CO，最后生成二氧化碳；（2）利用盖斯定律将+3得到Fe2O3（s）+3C（s）+O2（g）2Fe（s）+3CO2（g）的H，因为吸热反应，为放热反应，则反应放出的热量可使反应；（3）高炉炼铁时，炉腰部分发生Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，还原竖炉发生此反应，熔融造气炉和高炉的炉腹都发生2C+O22CO以及CaCO3CaO+CO2，CaO+SiO2CaSiO3反应；（4）高炉气中混有SO2，SO2为酸性气体，可与碱反应【解答】解：（1）铁矿石中含有氧化铁和脉石，为除去脉石，可加入石灰石，石灰石分解生成氧化钙，氧化钙和二氧
84、化硅反应生成硅酸钙，涉及反应有CaCO3CaO+CO2，CaO+SiO2CaSiO3，加入焦炭，先生成CO，最后生成二氧化碳，尾气中含有CO，故答案为：石灰石；CaCO3CaO+CO2；CaO+SiO2CaSiO3；CO；（2）利用盖斯定律将+3得到Fe2O3（s）+3C（s）+O2（g）2Fe（s）+3CO2（g）H=（+494kJmol1）+3（283kJmol1）=355kJmol1，因为吸热反应，为放热反应，则反应放出的热量可使反应，故答案为：355；（3）高炉炼铁时，炉腰部分发生Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，还原竖炉发生此反应，熔融造气炉和高炉的炉腹都发生2C+O22CO以及CaCO3CaO+CO2，CaO+SiO2CaSiO3反应，则熔融造气炉相当于高炉的炉腹部分，故答案为：炉腰；Fe2O3+3CO2Fe+3CO2；炉腹；（4）高炉气中混有SO2，SO2为酸性气体，可与碱反应，可用碱液或氢氧化钠、氨水等吸收，故答案为：碱液或氢氧化钠、氨水【点评】本题为2015年海南考题，涉及高炉炼铁，侧重于化学与生产的考查，综合考查元素化合物知识，有利于培养学生良好的科学素养，难度中等