1、上海市崇明县2015年高考化学二模试卷一、选择题（本题共10分，每小题2分，只有一个正确选项）1下列物质中，属于弱电解质的是（）A氯化氢B碳酸氢钠C一水合氨D二氧化硫考点：强电解质和弱电解质的概念. 专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，包括酸、碱、盐、金属氧化物和水；在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，包括非金属氧化物、部分非金属氢化物、大多数有机物；单质和混合物既不是电解质，也不是非电解质；部分电离的电解质属于弱电解质，完全电离的电解质属于强电解质解答：解：A、氯化氢溶于水，完全电离，属于强电解质，故A错误；B、碳酸氢钠溶于水完全电
2、离，属于强电解质，故B错误；C、一水合氨，溶于水部分电离，属于弱电解质，故C正确；D、二氧化硫是非电解质，故D错误，故选C点评：本题考查了电解质与非电解质、强电解质与弱电解质的判断，题目难度不大，注意掌握电解质与非电解质、强电解质与弱电解质的本质区别，试题能够培养学生灵活应用所学知识的能力2（2分）（2015崇明县二模）下列分离方法中，和物质的溶解度无关的是（）A萃取B纸上层析C过滤D蒸馏考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用. 分析：蒸馏是利用物质的沸点异同分离，与溶解度无关，与溶解度有关的一般有萃取、重结晶、盐析、过滤、纸上层析等，以此解答该题解答：解：A萃取是利用溶质在有机溶剂中的溶
3、解度较大而进行分离，故A不选；B纸上层析是利用试样在有机溶剂中的溶解度差异进行分离，故B不选；C过滤利用溶解度变化不同进行分离，溶解度小的物质分离在滤纸上，故C不选；D蒸馏是利用物质的沸点异同分离，与溶解度无关，故D选；故选D点评：本题考查混合物分离、提纯方法及选择，为高频考点，把握分离方法及分离原理为解答的关键，注意纸上层析是试样在有机溶剂中的溶解度差异，利用扩散原理分离混合物为解答的难点，题目难度不大3（2分）（2015崇明县二模）O、O是氧元素的两种原子，下列说法正确的是（）AO和O的物理性质相同、化学性质不相同B通过化学反应可实现O与O之间相互转化CO和O的原子核外电子排布的方式不相同
4、DO和O能形成三种化学性质相同的氧分子考点：同位素及其应用. 分析：根据同位素的性质、质量数=质子数+中子数、16O与18O之间的转化是原子核的变化，原子核外排布等知识点来分析解题即可解答：解：A、16O和18O的物理性质不同，由于属于同一种元素的原子，最外层电子数相同，故化学性质相似，故A错误；B、16O与18O之间的转化，属于原子核的变化，不是化学变化，故B错误；C、两种核素均为氧元素的不同种原子，核电荷数为8，核外电子排布分式相同，故C错误；D、两个18O可以构成氧气分子，两个16O可以构成氧气分子，16O和18O可以构成氧气分子，共可以形成三种相对分子质量不同的氧分子，故D正确故选D点
5、评：本题考查学生有关核素的概念以及应用方面的知识，注意基本知识的灵活掌握，难度中等4（2分）（2015崇明县二模）关于羟基的说法正确的是（）A羟基可以电离成H+和O2B1mol羟基共有9mol电子C与氢氧根离子是类别异构D羟基只存在于分子晶体中考点：有机物分子中的官能团及其结构. 分析：OH为中性基团，OH为阴离子，二者不能，OH可存在离子晶体中，以此来解答解答：解：AOH为中性基团，不能电离，故A错误；B.1mol羟基共有1mol（8+1）=9mol电子，故B正确；COH、OH为不同微粒，不属于异构体，故C错误；D羟基可存在于分子晶体中，如醇类物质，也可存在离子晶体中，如OHCH2COONa
6、等，故D错误；故选B点评：本题考查有机物的官能团与性质，为高频考点，把握官能团与离子的区别为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，选项C为解答的难点，题目难度不大5（2分）（2015崇明县二模）下列有关侯氏制碱法的描述正确的是（）A该反应条件下，碳酸氢钠难溶于水B氨气和二氧化碳均来自合成氨工厂C侯氏制碱法实现了对氨气循环利用D生产时，应先通二氧化碳再通氨气考点：纯碱工业（侯氏制碱法）. 分析：“侯氏制碱法”的原料是食盐、氨和二氧化碳（合成氨厂用水煤气制取氢气时的废气），“侯氏制碱法”的原理是：在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，发生反应：NH3+H2O+CO2=NH4
7、HCO3在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子、碳酸氢根离子，这其中NaHCO3溶解度最小，所以析出，发生反应：NH4HCO3+NaCl=NH4Cl+NaHCO3再利用碳酸氢钠不稳定性分解得到纯碱，受热容易分解：2NaHCO3=Na2CO3+CO2+H2O，得到纯碱，向母液中加入食盐细粉，而使NH4Cl单独结晶析出供做氮肥解答：解：A碳酸氢钠的溶解度小于氯化钠、氯化铵、碳酸氢铵，从溶液中析出，并非碳酸氢钠难溶，故A错误；B氨来自合成氨工厂，而二氧化碳源于合成氨厂用水煤气制取氢气时的废气，故B正确；CNH4Cl在常温时的溶解度比NaCl大，而在低温下却比NaCl溶解度小的原理，向母液中加入
8、食盐细粉，而使NH4Cl单独结晶析出供做氮肥，氨气没有循环利用，故C错误；D氨气在水中的溶解度非常大，先通入氨气形成氨盐的水溶液，液的碱性比较强，易于吸收更多的二氧化碳，溶液中获得更多的碳酸氢根，从而产生更多的纯碱，故应先通氨气再通二氧化碳，故D错误，故选B点评：本题考查侯德邦制碱法，关键是清楚侯德邦制碱法原理，理解溶解平衡原理，难度不大二、选择题（本题共36分，每小题3分，只有一个正确选项）6（3分）（2015崇明县二模）下列排列顺序不正确的是（）A原子半径：SiNaOB热稳定性：HFHClH2SC碱性：CsOHKOHNaOHD失电子能力：KNaMg考点：元素周期律的作用. 专题：元素周期律
9、与元素周期表专题分析：A电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径在减小；B非金属性越强，则气态氢化物越稳定；C金属性越强，则对应最高价氧化物的水化物的碱性越强；D同周期从左到右失电子能力减弱，同主族从上到下，失电子能力增强解答：解：A电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径在减小，则原子半径为NaSiO，故A错误；B非金属性FClS，则气态氢化物的稳定性为HFHClH2S，故B正确；C金属性CsKNa，则对应最高价氧化物的水化物的碱性为CsOHKOHNaOH，故C正确；D同周期从左到右失电子能力减弱，同主族从上到下，失电子能力增强故失电子能力：KNaMg，故D正确；故选A点评：
10、本题考查元素周期表和元素周期律，熟悉金属性、非金属性的比较方法及半径的变化规律是解答本题的关键，难度不大，注意规律性知识的总结7（3分）（2015崇明县二模）如图所示，集气瓶内充满某混合气体，置于光亮处，将滴管内的水挤入集气瓶后，烧杯中的水会进入集气瓶，集气瓶内气体是（）CO、O2 C12、CH4 NO2、O2 N2、H2ABCD考点：气体的收集. 分析：可依据装置设计原理进行解题：烧杯中水进入集气瓶的原因是存在压强差；当气体能与液体反应或溶于液体时，造成瓶内部压强变小，从而使烧杯中的水进入集气瓶解答：解：CO、O2二者相互间无点燃条件不反应且一氧化碳不溶于水，氧气难溶于水，故不符合题意；C1
11、2、CH4置于光亮处，发生取代反应，可造成瓶内压强变小，水进入；NO2、O2和水可以发生化学反应生成硝酸，使瓶内压强变小；N2化学性质比较稳定，二者不反应，并且N2、H2都难溶于水，所以滴加水压强变化不大故选C点评：本题主要考查常见气体的物理、化学性质，比较简单，学习中注意相关基础知识的积累8（3分）（2015崇明县二模）下列物质的制备线索中，不符合工业生产实际的是（）ANH3NOHNO3B浓缩海水Br2Br2（粗产品）Br2CMnO2Cl2漂白粉D石油乙烯聚乙烯考点：化学实验方案的评价. 分析：A硝酸工业是利用氨气的催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮被氧气氧化为二氧化氮，二氧化氮和水发生反应生成
12、硝酸；B海水提溴是先通入足量氯气氧化溴离子为溴单质，然后将溴单质还原为溴化氢，再通入适量氯气氧化溴离子为溴单质，最后萃取；C工业制漂白粉先是电解饱和食盐水得到氯气，用氯气和石灰乳反应得到漂白粉；D石油通过裂解可直接得到乙烯，乙烯发生加聚反应生成聚乙烯解答：解：A硝酸工业是利用氨气的催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮被氧气氧化为二氧化氮，二氧化氮和水发生反应生成硝酸，即NH3NOHNO3，故A正确；B提溴的工艺是在预先浓缩并酸化的海水中，通入足量氯气发生氧化反应，然后使生成的溴与吸收剂SO2反应转化为氢溴酸以达到富集溴元素的目的发生还原反应，再通入适量氯气氧化溴离子为溴单质，即浓缩水Br2Br2（粗
13、产品）Br2，故B正确；C工业制漂白粉先是电解饱和食盐水得到氯气，用氯气和石灰乳反应得到漂白粉，不是采用二氧化锰和浓盐酸反应生成氯气，故C错误；D石油通过裂解可直接得到乙烯，乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，即石油乙烯聚乙烯，故D正确故选C点评：本题考查了工业制备的过程分析，反应原理的应用，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学习的积极性，注意海水提溴的原理，题目难度不大9（3分）（2015崇明县二模）某一兴趣小组准备在实验室中制H2，装置如图所示可是在实验室中发现酸液不足为达到实验目的，则可以从长颈漏斗中加入下列试剂中的（）ANaNO3溶液B四氯化碳C苯DNa2CO3
14、溶液考点：气体发生装置. 分析：加入的物质应该具备以下条件：不能和容器中的物质反应生成其它气体；能够让稀硫酸和锌混合生成氢气解答：解：A因加入NaNO3溶液，相当于稀硫酸进行稀释，同时液面上升，但溶液中含有NO3，与金属发生反应，产生NO，故A错误；BCCl4和硫酸、锌都不反应，所以不影响氢气，四氯化碳密度大于硫酸溶液，所以沉在底部，使硫酸液面上升，与锌继续反应生成氢气，故B正确；C因苯不溶于水，且密度比水小，加入苯，液面上升，苯在上层，但苯与金属锌不反应，不会产生氢气，故C错误；DNa2CO3溶液和硫酸反应生成二氧化碳，所以能引入杂质二氧化碳影响氢气的纯度，故D错误；故选：B点评：本题为实验
15、题，考查了常见物质的性质，注意硝酸根离子在酸性环境下能够与金属反应，但是一定不会生成氢气，题目难度不大10（3分）（2015崇明县二模）根据碘与氢气反应的热化学方程式（i） I2（g）+H2（g）2HI（g）+9.48kJ （ii） I2（S）+H2（g）2HI（g）26.48kJ，下列判断正确的是（）A254gI2（g）中通入2gH2（g），反应放热9.48kJB1mol固态碘与1mol气态碘所含的能量相差17.00kJC反应（i）的产物比反应（ii）的产物稳定D反应（ii）的反应物总能量比反应（i）的反应物总能量低考点：热化学方程式. 分析：热化学方程式的理解问题，并且注意热化学方程式的表
16、达与现行教材中表达不一样，（i）是放热反应，（ii）是吸热反应，这个与热化学方程式的H不同了解此点，解答很容易解答：解：A因为是可逆反应，所以不能进行完全，放热小于9.48kJ，故A错；B由盖斯定律知（i）（ii）得，9.48（26.48）=35.96kJ，故B错；C一样稳定，都是HI的气态；故C错；D对于同一物质，固态物质的能量比气态物质能量低；因此反应（ii）的反应物总能量比反应（i）的反应物总能量低；故D对；点评：热化学方程式的书写一般是结合计算进行考查，所以应分两步：（1）写，特别注意注明各物质的状态，计量数可以是分数；（2）算，根据题意计算反应热；并注意盖斯定律在计算反应热中的应用来
17、解答11（3分）（2015崇明县二模）黑火药爆炸时可发生如下反应：4S+16KNO3+16C3K2SO4+4K2CO3+K2S+12CO2+8N2，下列有关说法正确的是（）AKNO3只发生氧化反应B反应消耗12g C时电子转移5molC还原产物只有K2S和 N2D被氧化与被还原的S为1：3考点：氧化还原反应. 分析：该反应中S元素化合价由0价变为+6价、2价，C元素化合价由0价变为+4价，N元素化合价由+5价变为0价，得电子化合价降低的反应物是氧化剂，失电子化合价升高的反应物是还原剂，再结合方程式分析解答解答：解：该反应中S元素化合价由0价变为+6价、2价，C元素化合价由0价变为+4价，N元素
18、化合价由+5价变为0价，A反应中N元素化合价由+5价变为0价，则KNO3发生还原反应，故A错误；B反应消耗12g C，即1molC时电子转移4mol，故B错误；C反应中部分S被还原为K2S，KNO3被还原为N2，则还原产物只有K2S和 N2，故C正确；D被氧化与被还原的S物质的量之比为3：2，故D错误；故选C点评：本题考查氧化还原反应，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12（3分）（2015崇明县二模）从海带中提取碘，可经过如图实验步骤完成下列有关说法正确的是（）A灼烧过程中使用的玻璃仪器有酒精灯、坩埚、玻璃棒B氧化过程中发生反应的离子方程式为：2I+H2O2
19、I2+2OHC检验碘单质时，可选用淀粉碘化钾试纸，若试纸变蓝说明有碘单质D分液时，先打开活塞放出下层液体，再关闭活塞倒出上层液体考点：海带成分中碘的检验. 分析：A依据灼烧实验使用的仪器解答；B酸性环境下，不能生成氢氧根离子；C通常用淀粉碘化钾试纸检验氧化性强于碘的气体；D分液时注意液体不能重新混合而污染，上层液体应从上口倒出解答：解：A灼烧实验使用的仪器有：石棉网，酒精灯，坩埚，玻璃棒，用到的玻璃仪器为：酒精灯、坩埚、玻璃棒，故A正确；B氧化过程中发生反应的离子方程式为：2H+2I+H2O2=I2+2H2O，故B错误；C碘单质遇到淀粉变蓝，用淀粉检验碘存在，通常用淀粉碘化钾试纸检验氧化性强于
20、碘的气体，故C错误；D分液时，先打开活塞放出下层液体，再关闭活塞倒出上层液体，防止液体重新混合而污染，故D正确；故选：AD点评：本题为实验题，考查了海水的提纯，明确反应原理和过程是解题关键，注意对基础实验知识的积累，题目难度不大13（3分）（2015崇明县二模）pC类似pH，是指稀溶液中溶质物质的量浓度的负对数如某溶液溶质的浓度为1103mol/L，则该溶液中溶质的pC=3下列叙述正确的是（）A某温度下，任何电解质的稀溶液中，pC（H+）+pC（OH）=14B0.01mol/L的CaCl2溶液中逐滴加入纯碱溶液，滴加过程中pC（Ca2+）逐渐增大C0.01mol/L的BaCl2 溶液中，pC（
21、Cl）=2pC（Ba2+）D用0.01mol/L的盐酸滴定某浓度的NaOH溶液，NaOH溶液的pC（OH）逐渐减小考点：pH的简单计算. 分析：AKw的大小受到温度的影响，pC（H+）+pC（OH）=lgKw；BpC（Ca2+）与C（Ca2+）成反比；C根据BaCl2为盐完全电离，BaCl2=2Cl+Ba2+分析；DpC（OH）与C（OH）成反比解答：解：AKw的大小受到温度的影响，温度越高Kw越大，Kw=C（H+）C（OH），pC（H+）+pC（OH）=lgC（H+）C（OH）=lgKw，只有在常温下kw=1014，pC（H+）+pC（OH）=14，故A错误；B滴加过程中碳酸根和钙离子反应生
22、成碳酸钙沉淀，C（Ca2+）逐渐减小，pC（Ca2+）与C（Ca2+）成反比，所以pC（Ca2+）逐渐增大，故B正确；CBaCl2电离：BaCl2=2Cl+Ba2+，0.01mol/L的BaCl2 溶液中，C（Cl）=2C（Ba2+）=0.04mol/L，pC（Cl）=lgC（Cl）=22lg2，pC（Ba2+）=lgC（Ba2+）=2lg2，pC（Cl）2pC（Ba2+），故C错误；D用0.01mol/L的盐酸滴定某浓度的NaOH溶液，滴加过程中氢离子和氢氧根离子反应生成水，C（OH）逐渐减小，pC（OH）与C（OH）成反比，所以pC（OH）逐渐增大，故D错误；故选B点评：本题考查Kw、Ks
23、p影响因素及计算、离子反应等知识，重在考查知识迁移能力，培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力，题目难度中等14（3分）（2015崇明县二模）向AgCl浊液中滴加氨水后可得到澄清溶液，继续滴加浓硝酸后又有沉淀生成经查资料得知：Ag+2NH3H2OAg（NH3）2+2H2O下列分析不正确的是（）A浊液中存在沉淀溶解平衡：AgCl（s）Ag+（aq）+CI（aq）B实验可以证明NH3结合Ag+能力比Cl强C实验表明实验室可用氨水洗涤银镜反应后的试管D由资料信息可推知：加浓硝酸后生成的沉淀为AgCl考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质. 分析：A难溶电解质存在溶解平衡；BAg+与氨
24、气分子结合生成二氨合银离子，导致银离子浓度减小，促使AgCl （s）Ag+（aq）+Cl（aq）正向移动；C银镜反应后的试管壁上是银单质，其不能和氨水反应；D浓硝酸能够中和一水合氨，使反应Ag+2NH3H2OAg（NH3）2+2H2O逆向移动，二氨合银离子生成银离子，与溶液中的氯离子结合解答：解：AAgCl为难溶电解质，在浊液中存在沉淀溶解平衡，故A正确；BAg+与氨气分子结合生成二氨合银离子，导致银离子浓度减小，促使AgCl （s）Ag+（aq）+Cl（aq）正向移动，说明NH3结合Ag+能力比Cl强，故B正确；C银镜反应后的试管壁上是银单质，银离子能够与氨水反应，银单质不能，故C错误；D浓
25、硝酸能够中和一水合氨，使反应Ag+2NH3H2OAg（NH3）2+2H2O逆向移动，二氨合银离子生成银离子，与溶液中的氯离子结合生成沉淀，所以加浓硝酸后生成的沉淀为AgCl，故D正确；故选C点评：本题考查了沉淀的溶解平衡的移动，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意银离子能够与氨水反应，银单质不能，题目难度中等15（3分）（2015崇明县二模）一定量的乙醇在氧气不足的情况下燃烧，得到CO、CO2和水的总质量为27.2g，若其中水的质量为10.8g，则CO的质量是（）A2.1gB2.6gC3.8gD5.1g考点：有关有机物分子式确定的计算. 专题：烃及其衍生物的燃烧规律分析：无论是否完全燃
26、烧，一定质量的C2H5OH燃烧最终得到的水的质量是一定的，也就是1molC2H5OH燃烧得到3molH2O，现在得到10.8gH2O，所以燃烧的C2H5OH一共就是0.2mol，即有n（CO2）+n（CO）=0.4mol，又最后得到混合物质量为27.2g，所以m（CO2）+m（CO）=16.4g，由此分析解答解答：解：无论是否完全燃烧，一定质量的C2H5OH燃烧最终得到的水的质量是一定的，也就是1molC2H5OH燃烧得到3molH2O，现在得到10.8gH2O，所以燃烧的C2H5OH一共就是0.2mol，即有n（CO2）+n（CO）=0.4mol，又最后得到混合物质量为27.2g，所以m（C
27、O2）+m（CO）=16.4g，设CO2 xmol，CO ymol则解之得：x=0.325，y=0.075，所以CO的质量为0.07528=2.1g，故选A点评：本题考查化学反应方程式的计算，为基础性习题，把握水的质量及CO、CO2的质量、守恒法计算为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大16（3分）（2015崇明县二模）向Ba（OH）2和NaOH混合溶液中缓缓通入CO2气体至过量，生成沉淀物质的量与通入CO2气体的体积V（标准状况）的关系如图所示，下列结论不正确的是（）A原混合物中nBa（OH）2：nNaOH=1：2B横坐标轴上p点的值为90Cb点时溶质为NaHCO3Dab段发生
28、反应的离子方程式依次为：CO2+2OHH2O+CO32，CO2+H2O+CO322HCO3考点：有关混合物反应的计算. 分析：向NaOH和Ba（OH）2的混合稀溶液中通入CO2，先二氧化碳和氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀，当氢氧化钡消耗完时，继续通入二氧化碳，二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠，当氢氧化钠完全反应后，继续通入二氧化碳，二氧化碳和碳酸钠、水反应生成碳酸氢钠，当碳酸钠反应后，继续通入二氧化碳，二氧化碳和和碳酸钡、水反应生成可溶性的碳酸氢钡A根据OA段：Ba2+2OH+CO2BaCO3+H2O，ab段：2OH+CO2CO32+H2O、CO32+H2O+CO2=2HCO3分析解答；B根据OA
29、段：Ba2+2OH+CO2BaCO3+H2O，bp段：最后是BaCO3+CO2+H2OBa2+2HCO3分析解答；Cab段：2OH+CO2CO32+H2O、CO32+H2O+CO2=2HCO3，据此回答；Da，b段反应分二阶段，先是二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠，后是二氧化碳和碳酸钠、水反应生成碳酸氢钠解答：解：AOA段：Ba2+2OH+CO2BaCO3+H2O，消耗30mL的二氧化碳、ab段：2OH+CO2CO32+H2O、ab段消耗（6030）mL的二氧化碳；bp段：最后是BaCO3+CO2+H2OBa2+2HCO3，由Oa段和ac段的反应原理可知，消耗二氧化碳的量Ba（OH）2和NaO
30、H的物质的量相等，所以原混合溶液中Ba（OH）2和NaOH的物质的量之比为30：（6030）=1：1，故A错误；BOA段：Ba2+2OH+CO2BaCO3+H2O，消耗30mL的二氧化碳，bp段：最后是BaCO3+CO2+H2OBa2+2HCO3，需消耗30mL的二氧化碳，所以P点为90mL，故B正确；Cab段：2OH+CO2CO32+H2O、CO32+H2O+CO2=2HCO3，所以b点溶液中溶质为NaHCO3，故C正确；Da、b段，当氢氧化钡消耗完时，继续通入二氧化碳，二氧化碳和氢氧化钾反应生成碳酸钾，CO2+2OH=CO32+H2O，继续通入二氧化碳，二氧化碳和碳酸钾、水反应生成碳酸氢钾
31、，CO32+H2O+CO2=2HCO3，故D正确；故选A点评：本题考查物质之间的反应，明确物质的性质、及反应先后顺序是解本题关键，题目难度中等17（3分）（2015崇明县二模）如图所示甲、乙两个装置，所盛溶液体积和浓度均相同且足量，电极铝和镁都已除去表面氧化膜当两装置电路中通过的电子都是1mol时，下列说法不正确的是（）A溶液的质量减小程度：乙甲B溶液的导电能力变化：甲乙C甲中阴极和乙中镁电极上析出物质质量：甲=乙D电极反应式：甲中阳极：2Cl2eCl2，乙中正极：Cu2+2eCu考点：原电池和电解池的工作原理. 分析：甲为电解池，乙为原电池，A、甲中总反应为：CuCl2Cu+Cl2，乙中总反
32、应为：Mg+Cu2+=Cu+Mg2+，据此分析；B、甲为电解电解质的反应，溶液中离子浓度减小；C、甲中阴极析出Cu，乙中镁电极溶解；D、甲中阳极上氯离子放电，乙中正极上铜离子放电解答：解：甲为电解池，乙为原电池，甲中总反应为：CuCl2Cu+Cl2，乙中总反应为：Mg+Cu2+=Cu+Mg2+，当两装置电路中通过的电子都是1mol时，A、甲溶液中，阳极上析出35.5g氯气，阴极上生成32gCu，通过1mol电子时，溶液质量减少67.5g，乙中溶液中负极溶解12gMg，正极析出32gCu，溶液质量减少20g，所以溶液的质量减小程度：乙甲，故A正确；B、甲为电解电解质的反应，溶液中离子浓度减小，乙
33、为原电池反应，电荷浓度不变，所以溶液的导电能力变化：甲乙，故B正确；C、甲中阴极析出Cu，乙中镁电极溶解，所以质量不相同，故C错误；D、甲中阳极上氯离子放电，乙中正极上铜离子放电，电极反应式为甲中阳极：2Cl2eCl2，乙中正极：Cu2+2eCu，故D正确；故选C点评：本题考查原电池和电解池的原理，注意离子在溶液中的放电顺序，题目难度中等三、选择题（本题共20分，每小题4分，每小题有一个或两个正确选项，只有一个正确选项的，多选不给分，有两个正确选项的，选对一个给2分，选错一个该小题不给分）18（4分）（2015崇明县二模）某澄清透明溶液中，可能大量存在下列离子中的若干种：H+、NH4+、K+、
34、Mg2+、Cu2+、Br、AIO2、CI、SO42、CO32，现进行如下实验：用试管取少量溶液，逐滴加入稀盐酸至过量，溶液先浑浊后又变澄清，有无色气体放出将溶液分为3份在第1份溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，溶液先浑浊后又变澄清加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，未见明显现象在第2份溶液中加入新制的氯水和CCl4，振荡后静置，下层溶液显橙红色则下列推断正确的是（）A溶液中一定有K+、Br、CO32、AIO2B溶液中一定没有Mg2+、Cu2+、CI、NH4+C不能确定溶液中是否有K+、SO42、CID往第3份溶液中滴加BaCl2可确认是否有SO42考点：常见阴离子的检验；常见阳离子的检验.
35、分析：用试管取少量溶液，逐滴加入稀盐酸至过量，溶液先浑浊后又变澄清，有无色气体放出，可知无色气体为二氧化碳，一定含CO32，溶液先浑浊后又变澄清可知一定含AlO2，由离子共存可知，一定不含H+、Mg2+、Cu2+；在一份溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，溶液先浑浊后又变澄清，加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，未见明显现象，则不含NH4+；在另一份溶液中加入新制的氯水和CCl4，振荡后静置，下层溶液显橙红色，则一定含Br，结合电荷守恒及离子共存解答解答：解：用试管取少量溶液，逐滴加入稀盐酸至过量，溶液先浑浊后又变澄清，有无色气体放出，可知无色气体为二氧化碳，一定含CO32，溶液先浑浊后又变澄
36、清可知一定含AlO2，由离子共存可知，一定不含H+、Mg2+、Cu2+；在一份溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，溶液先浑浊后又变澄清，加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，未见明显现象，则不含NH4+；在另一份溶液中加入新制的氯水和CCl4，振荡后静置，下层溶液显橙红色，则一定含Br，由电荷守恒可知一定存在阳离子为K+，不能确定是否含Cl、SO42，A由上述分析可知溶液中一定有K+、Br、CO32、AlO2，故A正确；B不能确定是否含Cl，故B错误；C溶液中一定含K+，故C错误；D由于溶液中含CO32，故只加入滴加BaCl2，生成的沉淀可能为BaCO3或BaSO4或两者均有，故不能确定SO42
37、的存在，故D错误；故选A点评：本题考查离子的共存，为高频考点，信息量较大，需要学生快速阅读信息、把握离子的反应、现象与结论的关系为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，题目难度不大19（4分）（2015崇明县二模）实验室进行：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O，反应因硫酸浓度下降而停止为测定反应残余液中硫酸的浓度，探究小组同学设计了4组实验方案（将残余液稀释至1L，每次均量取20mL稀释液进行实验），其中可行的是（）A加入足量BaCl2溶液反应，过滤、洗涤、干燥、恒重，称得固体质量为W1 gB加入过量的W2 g Zn充分反应后，过滤、洗涤、干燥、恒重，称得固体质量为W3 gC
38、加入过量的W4 g CaCO3反应停止后，过滤、洗涤、干燥、恒重，称得固体质量为W5 gD滴入适当指示剂，用已知浓度的NaOH溶液进行滴定，消耗NaOH溶液的体积为V mL考点：化学实验方案的评价. 分析：反应后溶液中存在CuSO4和H2SO4，如计算H2SO4浓度，应能计算出H2SO4的物质的量，可加入Zn，测量生成氢气的体积，也可用酸碱中和滴定的方法测定，如根据质量前后的变化，应具有两组以上的数据，以此解答该题解答：解：反应后溶液中存在CuSO4和H2SO4，如计算H2SO4浓度，应能计算出H2SO4的物质的量，A加入足量BaCl2溶液，CuSO4和H2SO4都参加反应生成硫酸钡沉淀，不能
39、确定反应残余液中硫酸的浓度，故A错误；B涉及反应有Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu，H2SO4+Zn=ZnSO4+H2，W3 g为Zn和Cu的质量，设CuSO4、H2SO4的物质的量分别为x、ymol，则W265（x+y）+64x=W3，不能计算H2SO4的物质的量，故B错误；C加入过量的W4 g CaCO3，因生成CaSO4，且微溶于水，所称固体质量不准确，不能确定与硫酸的反应的碳酸钙的质量，则不能确定H2SO4的物质的量，故C错误；D滴入适当指示剂，用已知浓度的NaOH溶液进行滴定，如仅发生H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，根据消耗NaOH的量可确定硫酸的浓度，故D正确故选
40、D点评：本题考查物质含量的测定，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握实验的原理和计算方法，难度中等20（4分）（2015崇明县二模）25时，100mL 0.1mol/L的三种盐溶液NaX、NaY、NaZ，pH分别为7、8、9下列说法正确的是（）A相关微粒浓度关系：c（X）=c（Y）+c（HY）=c（Z）+c（HZ）B三种溶液所含阴阳离子的总数依次减小C三种溶液均加水稀释到1000mL，pH分别变为8、9、10DHX、HY、HZ的酸性依次增强，电离平衡常数依次减小考点：离子浓度大小的比较；盐类水解的应用. 分析：常温下，0.1mol/L的三种盐溶液NaXNaYNaZ的PH分
41、别为7、8、9，对于弱酸，其酸性越弱，对应的盐水解程度越大，说明HX为强酸，HY、HZ为弱酸，且酸性HYHZ，由此分析解答解答：解：A、NaX电离后不水解，X的物质的量浓度c（X）=0.1mol/L，NaY、NaZ电离后都部分水解，根据物料守恒可知：c（Y）+c（HY）=0.1mol/L；c（Z）+c（HZ）=0.1mol/L，所以c（X）=c（Y）+c（HY）=c（Z）+c（HZ），故A正确；B、根据电荷守恒，三种溶液所含阴阳离子的总数都是2n（Na+）+n（H+）NA，而钠离子的物质的量相等，而pH分别为7、8、9，氢离子的浓度依次减小，所以体积一定的溶液中氢离子的物质的量逐渐减小，所以离
42、子浓度越小，所以所含阴阳离子的总数依次减小，故B正确；C、三种溶液均加水稀释到1000mL后，NaX的PH等于7，而对NaY、NaZ溶液的水解起促进作用，故C错误；D、电离平衡常数对弱电解质HY、HZ，而HX完全电离，无电离平衡常数，故D错误；故选：AB点评：本题考查盐类的水解，题目难度不大，注意酸根离子水解程度越大，对应的酸越弱21（4分）（2015崇明县二模）如图为常温下用0.1000molL1NaOH溶液滴定20.00mL 0.1000molL1盐酸和20.00mL 0.1000molL1醋酸的曲线若以HA表示酸，下列判断和说法正确的是（）A左图是滴定盐酸的曲线BE点时溶液中离子浓度为c
43、（Na+）=c（A）CB点时，反应消耗溶液体积：V（NaOH）V（HA）D当0 mLV（NaOH）20.00 mL时，对应溶液中各离子浓度大小顺序一定均为c（A）c（Na+）c（H+）c（OH）考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算. 分析：A、根据盐酸和醋酸在滴定开始时的pH来判断；B、根据溶液中的电荷守恒来判断；C、根据酸和碱反应的化学方程式来计算回答；D、根据氢氧化钠和醋酸以及盐酸反应的原理结合给定的物质的量计算来回答解答：解：A、滴定开始时0.1000mol/L盐酸pH=1，0.1000mol/L醋酸pH1，所以滴定盐酸的曲线是左图，故A错误；B、达到B、E状态时，溶液是中性的，此
44、时c（H+）=c（OH），根据电荷守恒，则两溶液中离子浓度均为 c（Na+）=c（A），故B正确；C、达到C、E状态时，消耗的氢氧化钠物质的量是相等的，根据反应原理：HClNaOH，CH3COOHNaOH，反应消耗的n（HA）=n（HCl），恰好反应生成醋酸钠溶液显碱性，左图为滴定醋酸溶液，B点溶液显酸性，醋酸过量，反应消耗溶液体积：V（NaOH）V（HA），故C正确；D、当0 mLV（NaOH）20.00 mL时，酸相对于碱来说是过量的，所得溶液是生成的盐和酸的混合物，假设当加入的氢氧化钠极少量时，生成了极少量的钠盐（氯化钠或是醋酸钠），剩余大量的酸，此时c（A）c（H+）c（Na+）c（O
45、H），故D错误故选BC点评：本题考查NaOH与CH3COOH、盐酸的反应，涉及盐类的水解和溶液离子浓度的大小比较知识，注意利用电荷守恒的角度做题22（4分）（2015崇明县二模）某工厂用FeCl3溶液腐蚀镀有铜的绝缘板生产印刷电路（已知发生的反应为：2FeCl3+Cu2FeCl2+CuCl2）课外活动小组为确认生产后的废液的组成，进行如下实验：（1）取10mL废液加入足量的AgNO3溶液，生成沉淀 8.61g（2）另取10mL废液放入铜片充分反应，铜片质量减少了0.256g下列关于原废液及其形成的判断正确的是（）Ac（Fe2+）：c（Fe3+）=3：1Bc（Fe3+）：c（Cu2+）=4：3C
46、c（CI）=6mol/L，c（Fe2+）=0.6mol/LD该绝缘板腐蚀后质量减少0.384g考点：化学方程式的有关计算. 分析：废液加入足量的AgNO3溶液，生成沉淀8.61g，沉淀为AgCl，根据n=计算AgCl的物质的量，根据氯元素守恒计算溶液中n（Cl），再根据c=计算原废液中c（Cl）；废液放入铜片充分反应，铜片质量减少了0.256g，说明溶液中含有Fe3+，根据铜片减少的质量结合方程式计算溶液中Fe3+的物质的量，进而计算原废液中c（Fe 3+）；由方程式2FeCl3+Cu2FeCl2+CuCl2可知，原废液中c（Fe2+）=2c（Cu2+），根据电荷守恒，原废液中3c（Fe 3+
47、）+2c（Fe2+）+2c（Cu2+）=c（Cl），据此计算原废液中c（Fe2+）、c（Cu2+）解答：解：（1）取10mL废液加入足量的AgNO3溶液，生成沉淀 8.61g，沉淀为AgCl，n（Cl）=0.06mol，c（Cl）=6mol/L，阴离子只此一种，带负电荷量也是0.06mol，则没加含铜绝缘板时应含有Fe3+ 0.02mol（电荷守恒）；由（2）加含铜绝缘板后就会发生Cu+2Fe3+Cu2+2Fe2+，Fe3+减少，Cu2+、Fe2+增加，但是正电荷的物质的量还是0.06mol，铜片质量减少了0.256g，即=0.004mol，令10mL废液中Fe3+为nmol，则：2FeCl3
48、 +Cu2FeCl2+CuCl22 1nmol 0.004故n=0.008mol，所以原废液中c（Fe3+）=0.8mol/L，由方程式2FeCl3+Cu2FeCl2+CuCl2可知，原废液中c（Fe2+）=2c（Cu2+），根据电荷守恒，原废液中3c（Fe 3+）+2c（Fe2+）+2c（Cu2+）=c（Cl），原废液中c（Cl）=6mol/L，故30.8+2c（Fe2+）+2c（Fe2+）=6，解得c（Fe2+）=1.2mol/L，则c（Cu2+）=0.6mol/L，故原废液中c（Fe2+）：c（Fe3+）=1.2mol/L：0.8mol/L=3：2，c（Fe3+）：c（Cu2+）=0.8
49、mol/L：0.6mol/L=4：3A由以上分析可知原废液中c（Fe2+）：c（Fe3+）=3：2，故A错误；B由上述分析可知，c（Fe3+）：c（Cu2+）=4：3，故B正确；C由上述分析可知，c（Cl）=6mol/L，c（Fe2+）=1.2mol/L，故C错误；D该绝缘板腐蚀后减少的质量，即是参加反应的铜的质量，原废液中c（Cu2+）=0.6mol/L，但是原废液的总体积不知道，所以无法计算Cu的总物质的量和质量，故D错误；故选B点评：本题考查化学反应方程式的计算，把握发生的化学反应及电荷守恒、原子守恒为解答的关键，侧重分析能力、计算能力的考查，题目难度较大四、（本题共12分）23（12分
50、）（2015崇明县二模）元素单质及其化合物有广泛用途，请根据周期表中第三周期元素相关知识回答下列问题：（1）第三周期元素的原子所形成的简单离子中：还原性最弱的阴离子是Cl；氧化性最强的阳离子是Al3+（2）下列事实可以作为S和Cl非金属性强弱的判断依据的是d（选填序号）aCl的最高正价比S高b可用浓H2SO4制HClcHCl的酸性比H2S强dCl2与H2S反应生成S（3）硅元素最外层有2种能量不同的电子；SiCl4的空间构型和CH4相同，写出SiCl4的电子式：（4）PH3和NH3的某些化学性质相似下列对晶体PH4I性质的推测，错误的是ac（选填序号）aPH4I是一种共价化合物bPH4I能与烧
51、碱溶液反应cPH4I加热后会发生升华dPH4I溶液能与溴水反应（5）二氯化二硫（S2C12）可用作橡胶工业的硫化剂，它的分子结构与H2O2相似下列有关说法不正确的是b（选填序号）aS2C12分子中有4对共用电子对bS2C12分子中没有非极性键cS2C12分子中，S为+1价，Cl为1价dS2C12分子中各原子均为8电子稳定结构（6）已知NaHSO3溶液显酸性，溶液中存在以下平衡：HSO3+H2OH2SO3+OH HSO3H+SO32向0.1mol/L的NaHSO3溶液中加入少量氢氧化钠固体，则增大（填“增大”“减小”或“不变”，后同），增大考点：非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；盐类
52、水解的原理；铵盐. 分析：（1）元素对应单质氧化性越强，对就离子的还原性越弱；元素对应的单质还原性越弱，对应离子氧化性越强；（2）比较非金属元素的非金属性强弱，可根据单质之间的置换反应、对应最高价氧化物的水化物的酸性、氢化物的稳定性等角度判断；（3）硅元素最外层有4个电子，外围电子排布3s23p2，所以有2 种能量不同的电子；SiCl4的空间构型和CH4相同，所以硅与四个氯形成四对共用电子对；（4）aPH4I类似NH4Cl是离子化合物；bNH4Cl能与碱反应，所以PH4I能与烧碱溶液反应；cPH4I加热后会发生PH4IPH3+I2+H2；dPH4I溶液中的碘离子能与溴水中的单质溴置换反应；（5
53、）S2C12的分子结构与H2O2相似，所以S2C12的分子结构与H2O2相似，所以分子中有4对共用电子对，S2C12分子中有硫硫非极性，S2C12分子中，S为+1价，Cl为1，S2C12分子中各原子均为8电子稳定结构（6）已知NaHSO3溶液显酸性，说明电离大于水解，加入氢氧化钠，平衡HSO3H+SO32正向移动，由此分析解答解答：解：（1）元素对应单质氧化性越强，对就离子的还原性越弱，所以最弱的是氯离子；元素对应的单质还原性越弱，对应离子氧化性越强，所以最强的是铝离子，故答案为：氯离子；铝离子；（2）aCl的最高正价比S高，不能通过化合价来判断非金属性强弱，故错误；b可用浓H2SO4制HCl
54、，是不挥发制挥发的，故错误；cHCl的酸性比H2S强，不是最高价含氧酸的酸性，故错误；dCl2与H2S反应生成S，氯的非金属性强于硫，故正确；故选d；（3）硅元素最外层有4个电子，外围电子排布3s23p2，所以有2 种能量不同的电子；SiCl4的空间构型和CH4相同，所以硅与四个氯形成四对共用电子对，电子式为：，故答案为：2；（4）aPH4I类似NH4Cl是离子化合物，故错误；bNH4Cl能与碱反应，所以PH4I能与烧碱溶液反应，故正确；cPH4I加热后会发生PH4IPH3+I2+H2，发生分解而不是升华，故错误；dPH4I溶液中的碘离子能与溴水中的单质溴置换反应，故正确；故选ac；（5）S2
55、C12的分子结构与H2O2相似，所以S2C12的分子结构与H2O2相似，所以分子中有4对共用电子对，S2C12分子中有硫硫非极性，S2C12分子中，S为+1价，Cl为1，S2C12分子中各原子均为8电子稳定结构，故选b（6）已知NaHSO3溶液显酸性，说明电离大于水解，加入氢氧化钠，平衡HSO3H+SO32正向移动，所以亚硫酸根离子的浓度变大，亚硫酸氢根离子的浓度减小，的比值增大，加入氢氧化钠，直接向溶液中提供钠离子，所以离子浓度增大的速率比亚硫酸根离子的增大的幅度大，所以增大；故答案为：增大；增大点评：本题考查元素周期律、元素化合物的性质和化学平衡的移动的相关知识，学生只要掌握元素周期律的知
56、识和平衡移动的原理就能迅速解题，比较容易五、（本题共12分）24（12分）（2015崇明县二模）CO的应用和治理是当今社会的热点问题（1）CO能导致镍系催化剂中毒，工业上常用SO2除去原料气中少量CO，生成物为固体S和CO2写出该反应的化学方程式为2CO+SO2=2CO2+S（2）上述反应中，每减少2.24L气体（标准状况下），转移电子数为0.4NACO工业上可用于高炉炼铁，发生如下反应： Fe2O3（s）+CO（g）Fe（s）+CO2（g），已知该反应在不同温度下的平衡常数如表：温度/100011501300平衡常数4.03.73.5（3）下列说法不正确的是cd（选填序号）a该反应是一个放热
57、反应b该反应的平衡常数表达式是K=c其他条件不变，向平衡体系充入CO2气体，K值减小d当K值等于1时，反应达到平衡（4）欲提高CO的平衡转化率，促进Fe2O3的转化，可采取的措施是a（选填序号）a及时吸收或移出CO2b增大反应体系的压强c用更高效的催化剂 d粉碎矿石，增大接触面积高炉炼铁产生的废气中的CO可进行回收，使其在一定条件下和H2反应制备甲醇：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）+Q（5）从上图可以看出，反应开始到平衡，反应速率v（H2）=0.15mol/（Lmin）（6）甲醇氧化可生成甲酸，能使0.1mol/L的甲酸溶液的电离度与pH值都增大的是ad（选填序号）a加水稀释 b加入
58、少量甲酸钠固体 c通氯化氢 d加入少量苛性钠固体考点：化学平衡的影响因素；化学方程式的书写；用化学平衡常数进行计算；弱电解质在水溶液中的电离平衡. 分析：（1）SO2与CO反应，生成固体S和CO2，据原子守恒和电子守恒书写化学方程式；（2）据1molCO反应转移2mol电子，1molSO2反应，转移4mol电子分析；（3）a、随温度升高K增大，说明正反应吸热；b、化学平衡常数K=，固体不列入；c、化学平衡常数只受温度影响；d、图表中没有K=1的情况，K=1不知是否平衡；（4）欲提高CO的平衡转化率，促进Fe2O3的转化，需要平衡正向移动，据此分析；（5）根据图象中甲醇浓度变化量求出氢气的浓度变
59、化量，再根据v=计算氢气的反应速率；（6）据影响弱酸电离平衡移动的因素分析解答：解：（1）SO2与CO反应，生成固体S和CO2，1molCO反应转移2mol电子，1molSO2反应，转移4mol电子，所以其化学计量数之比为2：1，化学方程式为：2CO+SO2=2CO2+S，故答案为：2CO+SO2=2CO2+S；（2）1molCO反应转移2mol电子，1molSO2反应，转移4mol电子，标准状况下2.24L气体为0.1mol，每反应0.1mol二氧化硫，转移电子0.4mol，电子数为0.4NA，故答案为：0.4NA；（3）a、随温度升高K增大，说明正反应吸热，故正确；b、化学平衡常数K=，故
60、正确；c、化学平衡常数只受温度影响，故错误；d、图表中没有K=1的情况，K=1不知是否平衡，故错误；故答案为：cd；（4）a及时吸收或移出CO2，平衡正向移动，反应物转化率增大，故正确； b增大反应体系的压强，平衡不移动，故错误；c用更高效的催化剂，只能加快反应速率，不影响平衡移动，故错误；d粉碎矿石，增大接触面积，只能加快反应速率，不影响平衡移动，故错误；故答案为：a；（5）由图可知，达到平衡时甲醇的浓度变化为0.75mol/L，则c（H2）=20.75mol/L=1.5mol/L，v（H2）=0.15mol/（Lmin），故答案为：0.15mol/（Lmin）；（6）a加水稀释促进甲酸电离
61、，但溶液酸性减弱，故正确；b加入少量甲酸钠固体，甲酸根离子浓度增大，甲酸电离平衡逆向移动，电离度减小，故错误；c通氯化氢，氢离子浓度增大，甲酸电离平衡逆向移动，电离度减小，故错误；d加入少量苛性钠固体，与甲酸发生中和反应，甲酸电离度增大，溶液酸性减弱，故正确；故答案为：ad点评：本题考查范围广，知识跨度大，考查了氧化还原反应方程式书写及电子转移数目计算、化学平衡移动、化学反应速率计算、弱酸电离平衡移动六、（本题共12分）25（12分）（2015崇明县二模）硫代硫酸钠是一种重要的化工产品某兴趣小组拟制备硫代硫酸钠晶体（Na2S2O35H2O）【查阅资料】Na2S2O35H2O是无色透明晶体，易溶
62、于水，其稀溶液与BaCl2溶液混合无沉淀生成向Na2CO3和Na2S混合溶液中通入SO2可制得Na2S2O3，所得产品常含有少量Na2SO3和Na2SO4Na2SO3易被氧化；BaSO3难溶于水，可溶于稀盐酸【实验装置】如图所示（省略夹持装置）：【实验步骤】如图示加入试剂先向C中烧瓶加入Na2S和Na2CO3的混合溶液，再向A中烧瓶滴加浓H2SO4C中发生反应：Na2CO3+2Na2S+4SO23Na2S2O3+CO2待Na2S和Na2CO3完全消耗后，结束反应C中溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥得到Na2S2O35H2O的粗产品（1）加入试剂之前须进行的操作是检查装置的气密性；b瓶的
63、名称是广口瓶，作用是作安全瓶，防止倒吸（2）A中不可用稀硫酸的原因为：生成的二氧化硫在稀硫酸中溶解性比较大，不易溢出（3）E中的试剂可以选用b（选填序号）a稀H2SO4bNaOH溶液c饱和NaHSO3溶液dNa2CO3溶液（4）为验证产品中含有Na2SO3和Na2SO4，该小组设计了以下实验方案：取适量产品配成稀溶液，滴加足量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，取沉淀，加入足量稀盐酸，当沉淀未完全溶解，并有刺激性气味的气体产生（填实验现象），则可确定产品中含有Na2SO3和Na2SO4（5）为减少装置C中生成Na2SO4的量，在不改变原有装置的基础上对实验步骤进行了改进，改
64、进后的操作是先向A中烧瓶滴加浓硫酸，产生的气体将装置中的空气排尽后，再向C中烧瓶加入硫化钠和碳酸钠的混合溶液（6）所制得的粗产品可以通过重结晶方法进一步提纯得到纯Na2S2O35H2O考点：制备实验方案的设计. 分析：（1）加入试剂之前须进行的操作是检查装置的气密性，仪器b的名称是广口瓶，作用主要是作安全瓶，防止倒吸；（2）根据生成的二氧化硫溶解性比较大，不易溢出来分析；（3）E装置目的是吸收剩余的二氧化硫，因为与碳酸钠反应没有与氢氧化钠溶液反应充分，与稀H2SO4和饱和NaHSO3溶液不反应；（4）根据亚硫酸钡溶解于稀盐酸并且有刺激性气味的气体产生，硫酸钡不溶解于稀盐酸来分析；（5）根据亚硫
65、酸钠易被氧化生成硫酸钠分析；（6）根据重结晶的适用范围分析解答：解：（1）装置搭好以后，加入试剂之前须进行的操作是检查装置的气密性，仪器b的名称是广口瓶，因为生成的二氧化硫易溶于水溶液，所以要防止倒吸，则b瓶的作用是作安全瓶，防止倒吸；故答案为：检查装置的气密性；广口瓶；作安全瓶，防止倒吸；（2）因为稀硫酸与亚硫酸钠反应生成的二氧化硫在稀硫酸中溶解性比较大，不易溢出来，而浓硫酸浓度大又具有吸水性，所以生成的二氧化硫在浓硫酸里溶解性较小，易溢出，故答案为：生成的二氧化硫在稀硫酸中溶解性比较大，不易溢出；（3）E中的试剂是NaOH溶液，目的是吸收剩余的二氧化硫，因为二氧化硫与碳酸钠反应没有与氢氧化
66、钠溶液反应充分，与稀H2SO4和饱和NaHSO3溶液不反应，故选：b；（4）因为BaSO3难溶于水，可溶于稀盐酸并且有刺激性气味的气体产生，硫酸钡不溶解于稀盐酸，所以当沉淀未完全溶解，并有刺激性气味的气体产生，说明固体中既有硫酸钡又有亚硫酸钡，则可确定产品中含有Na2SO3和Na2SO4；故答案为：当沉淀未完全溶解，并有刺激性气味的气体产生；（5）因为亚硫酸钠易被氧化生成硫酸钠，所以为减少装置C中生成Na2SO4的量，改进后的操作是先向A中烧瓶滴加浓硫酸，产生的气体将装置中的空气排尽后，再向C中烧瓶加入硫化钠和碳酸钠的混合溶液，故答案为：先向A中烧瓶滴加浓硫酸，产生的气体将装置中的空气排尽后，
67、再向C中烧瓶加入硫化钠和碳酸钠的混合溶液；（6）Na2S2O35H2O的溶解度随温度升高显著增大，所得产品通过重结晶方法提纯，故答案为：重结晶点评：本题以某兴趣小组拟制备硫代硫酸钠晶体（Na2S2O35H2O）为载体，考查了物质的分离提纯、检验、设计优化等，综合性较强七、（每题共12分）26（12分）（2015崇明县二模）CuSO45H2O是铜的重要化合物，有着广泛的应用如图是CuSO45H2O的实验室制备流程圈根据题意完成下列填空：（1）向含铜粉的稀硫酸中滴加少量浓硝酸（可加热），在铜粉溶解时可以观察到的实验现象：溶液呈蓝色；有红棕色气体生成（2）根据反应原理，硝酸与硫酸的理论配比（物质的量
68、之比）为2：1（3）已知：CuSO4+2NaOHCu（OH）2+Na2SO4称取0.1000g提纯后的CuSO45H2O试样于锥形瓶中，加入0.1000mol/L氢氧化钠溶液28.00mL，反应完全后，过量的氢氧化钠用0.1000mol/L盐酸滴定至终点，耗用盐酸20.16mL，则0.1000g该试样中含CuSO45H2O0.098g（4）在滴定中，眼睛应注视锥形瓶中溶液颜色变化；滴定终点时，准确读数应该是滴定管上蓝线粗细交界点所对应的刻度（5）若上述滴定操作中，滴定管加盐酸之前未进行润洗，则测得试样中所含CuSO45H2O的质量偏小（填“偏大”“偏小”或“无影响”）（7）如果l.040g提纯
69、后的试样中含CuSO45H2O的准确值为1.015g，而实验测定结果是1.000g，测定的相对误差为1.48%考点：制备实验方案的设计. 分析：（1）向含铜粉的稀硫酸中滴加少量浓硝酸，反应生成硫酸铜和二氧化氮、水；（2）根据离子方程式分析计算；（3）CuSO4和NaOH溶液反应方程式为CuSO4+2NaOH=Cu（OH）2+Na2SO4，剩余的NaOH和HCl反应方程式为NaOH+HCl=NaCl+H2O，根据NaOH+HCl=NaCl+H2O计算参加反应的NaOH的物质的量，再根据CuSO4+2NaOH=Cu（OH）2+Na2SO4计算硫酸铜的物质的量，根据Cu原子守恒计算胆矾质量；（4）滴
70、定时要观察锥形瓶中颜色；根据滴定管的正确读数方法解答；（5）滴定管未润洗，则盐酸的浓度减小，消耗的盐酸的体积偏大，计算出与盐酸反应的NaOH偏多，则与硫酸铜反应的NaOH偏少；（6）相对误差为相对值除以准确值解答：解：（1）向含铜粉的稀硫酸中滴加少量浓硝酸，反应生成硫酸铜和二氧化氮、水，所以溶液变蓝色，同时生成红棕色的二氧化氮气体；故答案为：溶液呈蓝色；有红棕色气体生成；（2）向含铜粉的稀硫酸中滴加少量浓硝酸，反应生成硫酸铜和二氧化氮、水，其反应的离子方程式为：Cu+4H+2NO3Cu2+2NO2+2H2O，反应中消耗2molNO3和4mol4H+，2mol硝酸提高2mol氢离子，则另外2mo
71、l氢离子由硫酸提供，所以需要的硫酸为1mol，则硝酸与硫酸的理论配比（物质的量之比）为2：1；故答案为：2：1；（3）CuSO4和NaOH溶液反应方程式为CuSO4+2NaOH=Cu（OH）2+Na2SO4，剩余的NaOH和H2SO4反应方程式为NaOH+HCl=NaCl+H2O，参加该反应的n（NaOH）=n（HCl）=0.1000mol/L0.02016L=0.002016mol，和CuSO4反应的n（NaOH）=0.1000mol/L0.028L0.002016mol=0.000784mol，根据CuSO4+2NaOH=Cu（OH）2+Na2SO4知，n（CuSO4）=n（NaOH）=0
72、.000784mol=0.000392mol，根据Cu原子守恒得n（CuSO4）=n（CuSO45H2O）=0.000392mol，胆矾的质量=250g/mol0.000392mol=0.098g，故答案为：0.098；（4）滴定时要观察锥形瓶中颜色变化；在滴定中，准确读数应该是滴定管上蓝线的粗细交界点对应的刻度线；故答案为：锥形瓶中溶液颜色变化；粗细交界点；（5）滴定管未润洗，则盐酸的浓度减小，消耗的盐酸的体积偏大，计算出与盐酸反应的NaOH偏多，则与硫酸铜反应的NaOH偏少；而n（CuSO4）=n（NaOH），所以计算得到的硫酸铜偏少，即测得试样中所含CuSO45H2O的质量偏小；故答案为
73、：偏小；（6）相对误差为 100%=1.48%，故答案为：1.48%点评：本题考查了物质含量的测定、实验现象等观察、物质的提纯、中和滴定、实验过程设计及有关计算，注意滴定管的使用，以及相对误差的计算方法，题目难度中等，侧重于考查学生的实验探究能力和计算能力八、（本题共10分）27（10分）（2015崇明县二模）已知：在稀碱溶液中，溴苯难发生水解CH3CHO+H2O苯酚与浓溴水反应，只有邻、对位上的氢被取代现有分子式为C10H10O2Br2的芳香族化合物X，其苯环上有四个取代基且苯环上的一溴代物只有一种，其在一定条件下可发生下述一系列反应，其中C能发生银镜反应，E遇FeCl3溶液显色且能与浓溴水
74、反应请完成下列填空：写出B的电子式；FH的反应类型是消去反应（1）写出AB的化学方程式2CH3OH+O22HCHO+2H2O（2）X的结构简式为（3）下列关于E的描述正确的是ab（选填序号）a能发生酯化反应b含有4种不同化学环境的氢原子c与C互为同系物d1mol E最多能与2mol NaHCO3作用（4）写出FG的化学方程式：考点：有机物的推断. 分析：A能连续被氧化，则A是醇，B是醛，C是羧酸，C能发生银镜反应，则C是甲酸或二甲酸，X水解生成C和D，且X中只含2个氧原子，所以C是HCOOH，B是HCHO，A是CH3OH；分子式为C10H10O2Br2的芳香族化合物X，其苯环上有四个取代基且苯
75、环上的一溴代物只有一种，E遇FeCl3溶液显色且能与浓溴水反应，所以E中酚羟基的邻位或对位有氢原子，根据物质转化关系，可知X的结构简式为：，X水解然后酸化得D，D的结构简式为：，D被氧化生成E，E的结构简式为：，E和氢气发生加成反应生成F，F的结构简式为：，F发生缩聚反应生成G，G的结构简式为：，F反应生成H，H能和溴水发生加成反应，所以F发生消去反应生成H，则H的结构简式为：，H能发生加聚反应生成I，I的结构简式为：，据此答题解答：解：A能连续被氧化，则A是醇，B是醛，C是羧酸，C能发生银镜反应，则C是甲酸或二甲酸，X水解生成C和D，且X中只含2个氧原子，所以C是HCOOH，B是HCHO，A
76、是CH3OH；分子式为C10H10O2Br2的芳香族化合物X，其苯环上有四个取代基且苯环上的一溴代物只有一种，E遇FeCl3溶液显色且能与浓溴水反应，所以E中酚羟基的邻位或对位有氢原子，根据物质转化关系，可知X的结构简式为：，X水解然后酸化得D，D的结构简式为：，D被氧化生成E，E的结构简式为：，E和氢气发生加成反应生成F，F的结构简式为：，F发生缩聚反应生成G，G的结构简式为：，F反应生成H，H能和溴水发生加成反应，所以F发生消去反应生成H，则H的结构简式为：，H能发生加聚反应生成I，I的结构简式为：，B是HCHO，B的电子式为：，FH的反应类型是消去反应，故答案为：；消去；（1）AB的化学
77、方程式2CH3OH+O22HCHO+2H2O，故答案为：2CH3OH+O22HCHO+2H2O；（2）根据上面的分析可知，X的结构简式为：，故答案为：；（3）E的结构简式为：，aE含有酚羟基和羧基，能发生酯化反应，故选； bE含有4种不同化学环境的氢原子，故选； cC是HCOOH，E与C有互为同系物，故不选； d羧基能和碳酸氢钠反应，所以1molE最多能与1molNaHCO3反应，故不选；故选ab；（5）F发生缩聚反应生成G，FG的化学方程式为，故答案为：点评：本题考查了有机物的推断，明确有机物的官能团及其性质是解本题关键，注意X和氢氧化钠的水溶液发生水解时不仅酯基水解，溴原子还水解，含有溴原
78、子的碳原子上有两个羟基时不稳定，易变成醛基，为易错点九、（共12分）28（12分）（2015崇明县二模）非诺洛芬是一种治疗类风湿性关节炎的药物，可通过如图方法合成：请回答下列问题：有机化合物B中的含氧官能团为醚键、羰基（填名称）（1）上述反应中，过程的反应类型是加成；取代反应（2）若过程发生的是取代反应，试剂X有弱酸性，写出由A到B发生反应的化学方程式（3）非诺洛芬的一种同分异构体满足下列条件：I能与NaHCO3反应放出CO2，能与FeCl3溶液发生显色反应；II分子中有6种不同化学环境的氢原子，且分子中含有两个苯环写出符合条件的一种同分异构体的结构简式：、（其中一种）（4）根据已有知识并结合
79、相关信息，写出以为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用）合成路线流程图示例如下：CH3CH2OHCH2=CH2CH3CH3考点：有机物的合成. 分析：A发生取代反应生成B，B发生还原反应生成C，C发生取代反应生成D，D发生取代反应生成E，E发生水解反应生成非诺洛芬，B中含氧官能团是醚键和羰基；（1）比较B和C的结构可知，B发生还原反应生成C；（2）A发生取代反应生成B，该取代反应中有一种物质是HBr，根据B的结构简式结合原子守恒知，X结构简式为；（3）非诺洛芬的一种同分异构体满足下列条件：能与NaHCO3反应做出CO2，说明有羧基，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明有酚羟基；：分子中有6种
80、不同化学环境的氢，且分子中含有两个苯环，据此写同分异构体；（4）用发生题中转化关系中的得，再发生类似题中的反应，可得，再用与酯化得解答：解：A发生取代反应生成B，B发生还原反应生成C，C发生取代反应生成D，D发生取代反应生成E，E发生水解反应生成非诺洛芬，B中含氧官能团是醚键和羰基，故答案为：醚键、羰基；（1）比较B和C的结构可知，B发生还原反应生成C，故答案为：还原；（2）A发生取代反应生成B，该取代反应中有一种物质是HBr，根据B的结构简式结合原子守恒知，X结构简式为，由A到B发生反应的化学方程式为，故答案为：；（3）非诺洛芬的一种同分异构体满足下列条件：能与NaHCO3反应做出CO2，说
81、明有羧基，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明有酚羟基；：分子中有6种不同化学环境的氢，且分子中含有两个苯环；则符合条件的结构简式为、，故答案为：、（其中一种）；（4）用发生题中转化关系中的得，再发生类似题中的反应，可得，再用与酯化得，所以其合成路线为，故答案为：点评：本题考查有机合成，为高考高频点，侧重考查学生观察、分析、判断及知识综合应用能力，明确物质结构、官能团及性质关系是解本题关键，利用题给信息采用知识迁移方法结合反应初始物和目标产物合成有机物，题目难度中等十、（本题共14分）29（14分）（2015崇明县二模）金属除了可以形成氧化物，氢化物之外，还能以碳化物、氮化物等形式存在，请根据
82、题意完成下列计算：（1）某CaC2样品中含碳量为25%（杂质不含碳），该CaC2样品中CaC2的质量分数为66.7%（2）已知2Mg3N2+3CO23C+6MgO+2N2，10.0g Mg3N2与标准状况下4.48L CO2反应，固体质量增加3.8g第IIA族碳化物Be2C与CaC2组成的混合物与一定量的水反应，相关数据如表：实验组号碳化物（g）6.29.315.521.7水（mL）18181818气体（L，标准状况）3.365.048.4左右8.4左右（3）求该混合物中Be2C与CaC2的物质的量之比（4）与18mL水恰好完全反应消耗该金属碳化物样品的质量是多少克？（保留一位小数）考点：有关
83、混合物反应的计算；化学方程式的有关计算；元素质量分数的计算. 分析：（1）设样品中的质量，然后求出碳的质量，结合CaC2中碳的质量百分数求出CaC2的质量，最后求出CaC2样品中CaC2的质量分数；（2）利用差量法，分析Mg3N2和CO2反应前后固体质量的变化量，求出固体质量增加的质量；（3）根据表中数据可知：碳化物全部反应，碳化物过量，根据第组数据或第组数据进行列式计算；（4）根据固体的质量与气体的体积成正比求出18mL水恰好完全反应消耗碳化物的质量；解答：解：（1）设样品中的质量为mg，则碳的质量为0.25mg，CaC2中碳的质量百分数为100%=37.5%，所以CaC2的质量为：100%
84、=66.7%；故答案为：66.7%；（2）10.0g Mg3N2的物质的量为：=0.1mol，4.48L CO2的物质的量为：=0.2mol， Mg3N2+3CO23C+6MgO+2N2 m 2mol 3mol 76g 0.1mol 0.2mol 3.8g 因二氧化碳过量，所以计算固体增加的质量按Mg3N2的物质的量来计算，固体质量增加3.8g，故答案为：3.8；（3）根据表中数据可知：碳化物全部反应，碳化物过量，设中碳化物Be2C与CaC2的物量的分别为x、y， Be2C+4H2O2Be（OH）2+CH4 x x CaC2+2H2OCa（OH）2+C2H2 y y30x+64y=9.3，x+y=0.225，解得：x=0.15mol、y=0.075mol，碳化物Be2C与CaC2组成的混合物中两者的物量的之比为：0.15mol：0.075mol=2：1，答：该混合物中Be2C与CaC2的物质的量之比为2：1；（4）碳化物全部反应，碳化物过量，固体的质量与气体的体积成正比，18mL水恰好完全反应生成了8.4L气体，则消耗碳化物的质量为：6.2g=15.5g，故答案为：18mL水恰好完全反应消耗碳化物的质量是15.5g点评：本题考查了混合物反应的计算，题目难度较大，试题知识点较多、计算量较大，充分考查了学生的分析能力及化学计算能力，（3）为难点，需要正确判断反应物过量情况
