1、2015年安徽省马鞍山二中、安师大附中高考化学模拟试卷一、选择题（共18小题，每小题3分，满分54分）1（3分）（2015马鞍山校级模拟）近年来，科学家合成了一种稳定的氢铝化合物Al2H6Al2H6的球棍模型如图所示，它的熔点为150，可用作高能燃料或储氢材料下列说法正确的是（）A1molAl2H6中约含有4.81024个键B60gAl2H6中含铝原子约为1.21023个CAl2H6可以燃烧，产物为氧化铝和水DAl2H6在固态时所形成的晶体是离子晶体2（3分）（2015马鞍山校级模拟）科学家发现了某种元素的一种新原子，其质量是a g，12C原子的质量是b g，NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法
2、不正确的是（）A由已知信息可得NA=BW g该原子的物质的量一定是molCW g该原子中含有个原子D该元素的摩尔质量是aNA gmol13（3分）（2015马鞍山校级模拟）下表中关于物质分类的正确组合是（）类别组合酸性氧化物碱性氧化物酸碱盐ANO2CuOH2SO4Ba（OH）2Na2SBCO2Na2O2CH3COOHNaOHNaHCO3CSO2Al2O3HClKOHNaClDSO3CaOHNO3NH3H2OCu2（OH）2CO3AABBCCDD4（3分）（2015马鞍山校级模拟）磁流体是电子材料的新秀，它既具有固体的磁性，又具有液体的流动性，制备时将含等物质的量的FeSO4和Fe2（SO4）3
3、的溶液混合，再滴入稍过量的NaOH溶液，随后加入油酸钠溶液，即可生成黑色的、分散质粒子直径在3655nm的磁流体下列说法中正确的是（）A所得的分散系属于悬浊液B所得的分散系中分散质为Fe2O3C该分散系能产生丁达尔效应D所得分散系为胶体，且胶粒直径即为氢氧化铁分子直径5（3分）（2015马鞍山校级模拟）以下实验不能获得成功的是（）A将铜丝在酒精灯上加热后，立即伸入无水乙醇中，铜丝恢复成原来的红色B除去溴苯中的少量Br2时加入KI溶液，充分反应后，弃去水溶液C用适量苯和液溴混合制溴苯时，只需加铁屑，不必加热D提取溶解在水中的少量碘时加入CCl4，分液，取出有机层再蒸馏6（3分）（2015马鞍山校
4、级模拟）下列陈述、均正确，且有因果关系的是（）选项陈述I陈述IIAAl有强氧化性利用铝热反应冶炼金属Fe、Mn等B氢氧化铝具有弱碱性可用于治疗胃酸过多症CH2O2、SO2都能使酸性KMnO4褪色H2O2表现氧化性，SO2表现还原性D水蒸气通过灼热铁粉，铁粉变红褐色铁粉与水蒸气在高温下发生反应AABBCCDD7（3分）（2015马鞍山校级模拟）在给定的四种溶液中，含有以下各种微粒，一定能大量共存的是（）A饱和Na2CO3溶液中：NH4+、C6H5OH、NO3、NH3H2OB常温下葡萄糖溶液中：SCN、Cl、K+、NH4+C溴水中：Na+、CO32、NH4+、SO42DpH大于7的溶液：Na+、B
5、a2+、SO32、ClO8（3分）（2015马鞍山校级模拟）下列实验对应的结论正确的是（）ABCD装置结论用浓盐酸与二氧化锰制氯气能证明非金属性ClCSi分离出Cl2与KI溶液反应生成的碘白色沉淀一定是BaSO4AABBCCDD9（3分）（2015马鞍山校级模拟）现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：1s22s22p63s23p4 1s22s22p63s23p3 1s22s22p3 1s22s22p5则下列有关比较中正确的是（）A第一电离能：B原子半径：C电负性：D最高正化合价：=10（3分）（2013上海）X、Y、Z、W是短周期元素，X元素原子的最外层未达到8电子稳定结构，工业上通过分离液
6、态空气获得其单质；Y元素原子最外电子层上s、p电子数相等；Z元素+2价阳离子的核外电子排布与氖原子相同；W元素原子的M层有1个未成对的p电子下列有关这些元素性质的说法一定正确的是（）AX元素的氢化物的水溶液显碱性BZ元素的离子半径大于W元素的离子半径CZ元素的单质在一定条件下能与X元素的单质反应DY元素最高价氧化物的晶体具有很高的熔点和沸点11（3分）（2015马鞍山校级模拟）某种类型的心脏起搏器工作时发生下列反应：4Li+2SOCl2=4LiCl+S+SO2下列有关判断正确的是（）A还原剂只有锂BSOCl2中既有离子键，也有共价键C氧化产物包括LiCl和SO2D标准状况下生成1.12LSO2
7、时，反应转移电子为0.1mol12（3分）（2015马鞍山校级模拟）下列原理正确且离子方程式也正确的是（）A向次氯酸钠溶液中通入足量SO2气体：ClO+SO2+H2OHClO+HSO3BFe2O3溶于过量氢碘酸溶液中：Fe2O3+6H+2I=2Fe2+I2+3H2OC用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2MnO4+6H+5H2O2=2Mn2+5O2+8H2OD0.1mol/LNH4Al（SO4）2溶液与0.2mol/LBa（OH）2溶液等体积混合：Al3+2SO42+2Ba2+4OH=2BaSO4+AlO2+2H2O13（3分）（2015马鞍山校级模拟）对盆栽鲜
8、花施用了S诱抗素制剂可保证鲜花盛开S诱抗素的分子结构如图，下列关于该物质的说法正确的是（）A其分子式为C15H22O4B1mol该物质与NaOH溶液反应，最多消耗2mol NaOHC既能发生加聚反应，又能发生缩聚反应D既可以与FeCl3溶液发生显色反应，又可以使酸性KMnO4溶液褪色14（3分）（2015马鞍山校级模拟）现有一Na2SO3、Na2SO4混合物样品ag，为了测定其中Na2SO3的质量分数，设计了如下方案，其中明显不合理的是（）A将样品配制成溶液V1 L，取其中25.00mL用标准KMnO4溶液滴定，消耗标准KMnO4溶液V2 mLB向样品中加足量H2O2，再加足量BaCl2溶液，
9、过滤，将沉淀洗涤、干燥，称量其质量为bgC将样品与足量稀盐酸充分反应后，再加入足量BaCl2溶液，过滤，将沉淀洗涤、干燥，称量其质量为c gD将样品与足量稀盐酸充分反应，生成的气体依次通过盛有饱和NaHSO3的洗气瓶、盛有浓H2SO4的洗气瓶、盛有碱石灰的干燥管、盛有碱石灰的干燥管，测定干燥管增重d g15（3分）（2015马鞍山校级模拟）某溶液仅含Fe2+、Na+、A13+、Ba2+、SO42、NO3、Cl中的4种离子，所含离子的物质的量均为1mol若向该溶液中加入少量的稀硫酸，有气泡产生，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若向该溶液中加人过量的稀硫
10、酸和KSCN溶液，溶液显血红色B若向该溶液中加入过量的稀硫酸，产生的气体遇空气能变成红棕色C该溶液中所含的离子是Fe2+、Na+、SO42、NO3D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72g16（3分）（2015马鞍山校级模拟）向100mL 0.1molL1硫酸亚铁铵（NH4）2Fe（SO4）2溶液中逐滴滴入0.1molL1Ba（OH）2溶液随着Ba（OH）2溶液体积V的变化，沉淀总物质的量n的变化如下图所示则下列说法中正确的是（）Aa点时溶液中所含主要溶质为（NH4）2SO4Bab段发生反应的离子方程式是：SO42+Ba2+=BaSO4Cb点
11、为最大沉淀量，对应的纵坐标值为0.2Dc点加入Ba（OH）2溶液的体积为200 mL17（3分）（2015马鞍山校级模拟）下列说法正确的是（）A1H、2H、3H是三种核素，它们物理性质相同，化学性质不同BZX3+的结构示意图为，该离子能促进水的电离CN2、H2O2、CaC2、MgCl2中都含有非极性共价键D由于HF分子间存在氢键，因此HF比HCl稳定18（3分）（2015马鞍山校级模拟）某澄清透明溶液中只可能含有Al3+、Mg2+、Fe3+、Cu2+、H+、CO32、NO3中的几种，向该溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，生成沉淀的质量与NaOH的物质的量的关系如图所示则该溶液中一定含有的离子是
12、（）ABCD二、解答题（共5小题，满分46分）19（10分）（2015马鞍山校级模拟）AG是元素周期表中原子序数依次增大的前四周期的七种非稀有气体元素，A和D的最外层电子数是其电子层数的2倍，C和D同族，E在同周期元素中原子半径最小，F在同周期元素中原子半径最大，G原子的次外层充满电子，但最外层只有一个电子请回答：（1）B元素的第一电离能比C元素大的原因是；（2）由A和D形成的某相对分子质量最小、且分子内每个原子均达到8个电子的稳定结构的分子，其分子内键和键的比例为A分别与C和D形成的化学键中，极性较强的是；（3）元素E在元素周期表中的位置是；写出G+离子的核外电子排布式；（4）ABC三种元素
13、的最简单氢化物的沸点从高到低的顺序为，其稳定性从高到低的顺序为；F2C2的晶体中存在的作用力有20（10分）（2015马鞍山校级模拟）已知：NO2NH2，当苯环上含有CH3、Cl等基团时，在苯环上新引入的基团，一般进入它们的邻位或对位，而当苯环上含有NO2等基团时，在苯环上新引入的基团，一般进入它们的间位某同学由烃A按下列流程进行合成实验：（上述流程中，D需经多步反应才能得到F，在此不作要求）（1）由A合成B可有两种途径，除题中生成中间产物这一途径外，另一途径生成的中间产物的结构简式为，假定每次反应所得可能产物的机会是均等的，试分析，当消耗等量反应物时（填“题中”或“另一”）途径获得B的产量更
14、高；（2）反应的条件为，反应所用试剂混合的先后顺序为，反应的反应类型为，D的核磁共振氢谱有条峰；（3）写出生成高分子化合物N的化学方程式；（4）写出一种符合下列三个条件的有机物的结构简式分子式比B多一个“CH2”，具有“两性”，苯环上的一氯代物只有两种21（6分）（2015马鞍山校级模拟）某化学课外兴趣小组为探究铜跟浓硫酸的反应情况设计了如图1所示装置进行有关实验：（1）先关闭活塞a，将44.8g铜片和5OmL18mol/L的浓硫酸放在圆底烧瓶中，烧杯中放入300mL lmol/L的NaOH溶液，加热烧瓶，当反应结束时发现烧瓶中还有铜片剩余，再打开活塞a，将气球中的氧气缓缓挤入圆底烧瓶，最后铜
15、片完全消失写出上述过程中烧瓶内发生反应的化学方程式：打开活塞a之前； 打开活塞a之后；（2）另一组的同学们设计出如图2的装置进行铜与浓H2SO4反应并检验所产生气体的性质，试指出图2中使用铜丝的优点，装置中玻璃管的作用为（只要求写出一条即可），实验完成后，应如何操作才不会造成S02的污染；（3）假定从气球中通入标准状况下5.6L的氧气时，铜片完全溶解且无氧气逸出，生成的气体全部被烧杯中的NaOH溶液完全吸收，则生成的Na2SO3的质量为g22（6分）（2015马鞍山校级模拟）工业上以锂辉石（Li2OA12O34SiO2，含少量Ca、Mg元素）为原料生产碳酸锂其部分工艺流程如图1：已知：Li2O
16、Al2O34SiO2+H2SO4（浓）Li2SO4+Al2O34SiO2H2O不同温度下Li2CO3和Li2SO4的溶解度如下表：T/20406080S（Li2CO3）/g1.331.171.010.85S（Li2SO4）/g34.232.831.930.7（1）从滤渣1中分离出Al2O3的部分流程如下所示，括号中表示加入过量的试剂，方框表示所得到的物质则步骤中反应的离子方程式是（2）向滤液2中加入饱和Na2CO3溶液，过滤后，用“热水洗涤”的原因是（3）工业上用电解法将Li2CO3粗品制成高纯Li2CO3，其中向电解后所得的纯LiOH溶液中加入过量NH4HCO3溶液可生成Li2CO3，反应的
17、化学方程式是23（14分）（2015马鞍山校级模拟）某研究性学习小组对苹果“生锈”（新切开的苹果表面颜色逐渐变深）的原因进行探讨（注：题中所述颜色变化均已做过对比实验，不会因试剂本身而产生干扰）查阅资料鲜苹果中营养物质的含量（mg/100g）：蛋白质200400，铁0.10.3，总糖13001500，并含有多酚及黄酮类天然化学抗氧化物质提出假设苹果“生锈”的可能原因：假设1：由所含铁元素被氧化生成铁的氧化物或氢氧化物而形成；假设2：由所含多酚被氧化而形成：假设3：设计实验，验证假设取所得苹果汁进行以下实验：（1）经测定，鲜苹果汁的pH为3.48（2）观察，苹果汁呈黄色，加入少许某不能与盐酸反应
18、的黑色颗粒，果汁的颜色明显变浅将果汁分为4份分别进行下列实验（3）第一份滴加少许KSCN溶液，未见红色，加入适量H2O2，仍未见红色，充分加热，液体的颜色反而变为无色，同时有气泡产生，再滴入少许FeCl2溶液，液体变为红色（4）第二份滴加足量溴水，有少量沉淀生成，静置后，倾出上层液体，固体经洗涤后成白色，在倾出的上层液体中滴加少许KSCN溶液，也未见红色，再滴入少许CCl4充分振荡后，静置，下层液体呈棕黄色（5）第三份加入少许稀HNO3，充分加热，试管中出现红棕色气体，液体的颜色明显变深，放置一段时间后，液体的颜色逐渐变浅，但仍比加入HNO3前深，再滴加少许KSCN溶液，液体变为红色（6）配制
19、相同体积的与（5）中放置一段时间后的液体颜色相近的FeCl3溶液，滴加与（5）中等量的KSCN溶液，溶液的红色比（5）中明显深许多另取一只苹果，灼烧成灰，加入稀HCl充分搅拌后，取所得液体，滴入KSCN溶液，液体变为红色完成下列问题：（1）假设3：；（2）完成操作1所用仪器的名称是，经操作2后，所得苹果汁仍很浑浊，所作的处理是，测定鲜苹果汁pH时所用的仪器或用品是；（3）处理苹果汁时所加的黑色颗粒可能是；（4）实验（3）体现了H2O2的哪些性质（要求写两点）、；（5）通过实验（4）可推测，苹果中含有哪类物质；实验中设置加入CCl4的目的是；（6）对比实验（3）和实验（5），你能得出的结论是；对
20、比实验（5）和实验（6），说明苹果汁中所含的营养物质是；（7）实验（5）中试管中出现红棕色气体的可能原因是（要求写两点）、；（8）通过实验，你认为苹果中的“铁”以何种形式存在2015年安徽省马鞍山二中、安师大附中高考化学模拟试卷参考答案与试题解析一、选择题（共18小题，每小题3分，满分54分）1（3分）（2015马鞍山校级模拟）近年来，科学家合成了一种稳定的氢铝化合物Al2H6Al2H6的球棍模型如图所示，它的熔点为150，可用作高能燃料或储氢材料下列说法正确的是（）A1molAl2H6中约含有4.81024个键B60gAl2H6中含铝原子约为1.21023个CAl2H6可以燃烧，产物为氧化铝
21、和水DAl2H6在固态时所形成的晶体是离子晶体考点：镁、铝的重要化合物；物质结构中的化学键数目计算；分子晶体 分析：A1mol Al2H6中含有6molAlH键和1molAlAl键；B1molAl2H6中含有2molAl，求出60gAl2H6的物质的量，就可求其所含Al的个数；CAl2H6作高能燃料可以燃烧根据原子个数守恒判断产物；D分子晶体熔沸点比较低，离子晶体熔沸点高，根据熔沸点可以判断时分子晶体解答：解：A1mol Al2H6中含有6molAlH键和1molAlAl键，所含AlAl键的个数：1mol7NA=76.021023个，故A错误；BAl2H6的摩尔质量为：60g/mol，所以60
22、gAl2H6的物质的量是1mol，1molAl2H6中含有2molAl，所以60g该物质中含Al个数2NA，约为1.21024个，故B错误；CAl2H6 燃烧的方程式：Al2H6+O2Al2O3+H2O，故C正确；DAl2H6的熔点为150，熔点低，所以可以判断该物质在固体时是分子晶体，故D错误；故选C点评：本题主要考查了氢铝化合物的结构和性质，解题时注意认真审题仔细分析其结构，题目难度中等2（3分）（2015马鞍山校级模拟）科学家发现了某种元素的一种新原子，其质量是a g，12C原子的质量是b g，NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（）A由已知信息可得NA=BW g该原子的物质的量
23、一定是molCW g该原子中含有个原子D该元素的摩尔质量是aNA gmol1考点：摩尔质量；物质的量的相关计算 分析：根据摩尔质量、相对原子质量定义判断AD，根据质量、物质的量、阿伏伽德罗常数的关系式判断BC解答：解：A、一种物质的摩尔质量在数值上等于该物质的相对分子质量或相对原子质量，故12C的摩尔质量为12g/mol，即1mol12C的质量为12g，而1mol任何物质均含有NA个微粒，故NA个12C原子的质量为12g，即有：NAb=12，故有NA=，故A正确；B、由于此种原子的质量是a g，故其摩尔质量为aNAg/mol，则wg该原子的物质的量n= mol，故B正确；C、一个原子的质量是a
24、 g，Wg 该wg该原子中原子个数=个，故C正确；D、一个原子的质量是a g，则该原子的摩尔质量为aNAg/mol，但一种元素往往含有多种原子，元素的摩尔质量是根据其含有的多种原子的摩尔质量结合各原子的丰度计算出的平均值，故该元素的摩尔质量不是aNAgmol1，故D错误；故选D点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，熟悉摩尔质量、相对原子质量、物质的量等概念和基本计算即可解答，较简单3（3分）（2015马鞍山校级模拟）下表中关于物质分类的正确组合是（）类别组合酸性氧化物碱性氧化物酸碱盐ANO2CuOH2SO4Ba（OH）2Na2SBCO2Na2O2CH3COOHNaOHNaHCO3CSO2Al2
25、O3HClKOHNaClDSO3CaOHNO3NH3H2OCu2（OH）2CO3AABBCCDD考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系 分析：酸性氧化物是指能和碱反应生成盐和水的氧化物；碱性氧化物是指能和酸反应生成盐和水的氧化物；酸是电离出的阳离子全部是氢离子的化合物；碱是电离出的阴离子全部是氢氧根的化合物；盐是阳离子是金属离子或铵根离子、阴离子是酸根离子的化合物据此分析解答：解：A、NO2和碱反应除了生成盐和水，还生成NO，不是酸性氧化物，故A错误；B、Na2O2和酸反应除了生成盐和水，还生成氧气，不是碱性氧化物，故B错误；C、Al2O3既能和酸反应生成盐和水，还能与碱反应生成盐和水，是
26、两性氧化物，故C错误；D、SO3是酸性氧化物；CaO是碱性氧化物；HNO3是酸；NH3H2O是碱；Cu2（OH）2CO3是盐，故D正确故选D点评：本题考查了酸性氧化物、碱性氧化物和酸碱盐的概念以及辨析，难度不大4（3分）（2015马鞍山校级模拟）磁流体是电子材料的新秀，它既具有固体的磁性，又具有液体的流动性，制备时将含等物质的量的FeSO4和Fe2（SO4）3的溶液混合，再滴入稍过量的NaOH溶液，随后加入油酸钠溶液，即可生成黑色的、分散质粒子直径在3655nm的磁流体下列说法中正确的是（）A所得的分散系属于悬浊液B所得的分散系中分散质为Fe2O3C该分散系能产生丁达尔效应D所得分散系为胶体，
27、且胶粒直径即为氢氧化铁分子直径考点：胶体的重要性质 分析：根据分散质微粒直径大小来判断属于该分散系为胶体分散系分散系，根据胶体的性质分析解答：解：根据题意磁流体分散系分散质粒子直径在5.536nm，属于胶体的范畴，具备胶体的性质A分散质粒子直径在5.536nm之间，所得分散系为胶体，所以不是悬浊液，故A错误；B分散质应是黑色的，而Fe2O3是红褐色的，故不是Fe2O3，故B错误；C该分散性属于胶体，胶体有丁达尔效应，所以当一束强光通过此磁流体时会出现光亮的通路，故C正确；D该胶体分散质是黑色的，氢氧化铁胶体胶体为红褐色，而且胶粒很多分子的集合体，不是一个分子，故D错误；故选C点评：本题考查胶体
28、的性质，比较基础，侧重对基础知识的巩固，注意胶体的本质特征是分散质的粒度大小5（3分）（2015马鞍山校级模拟）以下实验不能获得成功的是（）A将铜丝在酒精灯上加热后，立即伸入无水乙醇中，铜丝恢复成原来的红色B除去溴苯中的少量Br2时加入KI溶液，充分反应后，弃去水溶液C用适量苯和液溴混合制溴苯时，只需加铁屑，不必加热D提取溶解在水中的少量碘时加入CCl4，分液，取出有机层再蒸馏考点：化学实验方案的评价 分析：A铜催化氧化乙醇；BBr2与KI溶液反应生成碘单质；C制溴苯时不必加热；D碘不易溶于水，易溶于有机溶剂解答：解：A铜丝在酒精灯上加热后产生氧化铜，反应的方程式为2Cu+O2=2CuO，立即
29、伸入无水乙醇中，发生的反应方程式为CuO+CH3CH2OHCu+CH3CHO+H2O，因此铜丝恢复成原来的红色，故A正确； BBr2与KI溶液反应生成碘单质，与溴苯仍是互溶体系，不能分离，故B错误；C铁屑能与溴单质反应生成溴化铁，制溴苯时不必加热，故C正确；D碘不易溶于水，易溶于有机溶剂，则提取溶解在水中的少量碘，可加入CCl4振荡、静置、分层后取出有机层再蒸馏，故D正确故选B点评：本题是对有关实验操作细节的考查，难度不大，旨在考查学生对基础知识的掌握，平常学习注意基础知识的积累掌握6（3分）（2015马鞍山校级模拟）下列陈述、均正确，且有因果关系的是（）选项陈述I陈述IIAAl有强氧化性利用
30、铝热反应冶炼金属Fe、Mn等B氢氧化铝具有弱碱性可用于治疗胃酸过多症CH2O2、SO2都能使酸性KMnO4褪色H2O2表现氧化性，SO2表现还原性D水蒸气通过灼热铁粉，铁粉变红褐色铁粉与水蒸气在高温下发生反应AABBCCDD考点：铝的化学性质；过氧化氢；两性氧化物和两性氢氧化物；铁的化学性质 分析：A铝热反应中Al作还原剂；B氢氧化铝具有弱碱性，能中和酸；CH2O2、SO2都能使酸性KMnO4褪色，都发生氧化还原反应，高锰酸钾为氧化剂；D铁粉与水蒸气在高温下发生反应，生成四氧化三铁和氢气解答：解：A铝热反应中Al作还原剂，陈述I错误，陈述II正确，故A错误；B胃酸的主要成分是HCl，氢氧化铝具
31、有弱碱性，能中和酸，陈述均正确，且二者存在因果关系，故B正确；CH2O2、SO2都能使酸性KMnO4褪色，都发生氧化还原反应，高锰酸钾为氧化剂，则H2O2、SO2均表现还原性，故C错误；D铁粉与水蒸气在高温下发生反应，生成四氧化三铁和氢气，则不会出现铁粉变红褐色，故D错误；故选B点评：本题考查物质的性质，综合考查元素化合物性质，把握物质的性质及发生的反应为解答的关键，注意性质与用途的关系及题中因果关系，题目难度不大7（3分）（2015马鞍山校级模拟）在给定的四种溶液中，含有以下各种微粒，一定能大量共存的是（）A饱和Na2CO3溶液中：NH4+、C6H5OH、NO3、NH3H2OB常温下葡萄糖溶
32、液中：SCN、Cl、K+、NH4+C溴水中：Na+、CO32、NH4+、SO42DpH大于7的溶液：Na+、Ba2+、SO32、ClO考点：离子共存问题 分析：AC6H5OH具有酸性，与碱或碱性溶液反应；B葡萄糖溶液为中性；C溴水中含氢离子；D离子之间结合生成沉淀解答：解：AC6H5OH具有酸性，与NH3H2O或Na2CO3溶液反应，不能大量共存，故A错误；B葡萄糖溶液为中性，该组离子之间不反应，可大量共存，故B正确；C溴水中含氢离子，不能大量存在CO32，故C错误；DpH大于7的溶液，显碱性，Ba2+、SO32结合生成沉淀，不能大量共存，故D错误；故选B点评：本题考查离子的共存，为高频考点，
33、把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应的离子共存考查，题目难度不大8（3分）（2015马鞍山校级模拟）下列实验对应的结论正确的是（）ABCD装置结论用浓盐酸与二氧化锰制氯气能证明非金属性ClCSi分离出Cl2与KI溶液反应生成的碘白色沉淀一定是BaSO4AABBCCDD考点：化学实验方案的评价 分析：A反应需要加热；B证明非金属性强弱的依据是最高价含氧酸的酸性强弱比较；C分离出Cl2与KI溶液反应生成的碘，需用萃取的方法；D二氧化硫具有还原性，可与硝酸发生氧化还原反应解答：解：A反应需要加热，无加热装置，故A错误； B装置中盐酸和碳酸钠反应生成二氧化碳，只能说明盐酸酸
34、性比碳酸强，但不能说明氯的非金属性强，二氧化碳通入硅酸钠能生成硅酸能说明碳酸酸性强于硅酸，碳酸和硅酸都是最高价含氧酸，能证明碳非金属性强于硅，故B错误；C因Cl2的氧化性大于I2，所以Cl2会把KI中的I置换出来2KI+Cl2=2KCl+I2，生成的碘能溶于水，用过滤的方法无法分离氯化钾和碘水，应该用萃取的方法，故C错误；D二氧化硫具有还原性，溶于水呈酸性，在酸性条件下可与硝酸根离子发生氧化还原反应，生成硫酸根离子，生成BaSO4，故D正确；故选D点评：本题考查了化学实验及装置选择，解答本题的关键是要充分理解各种物质的性质和明确每个实验的原理，题目较简单9（3分）（2015马鞍山校级模拟）现有
35、四种元素的基态原子的电子排布式如下：1s22s22p63s23p4 1s22s22p63s23p3 1s22s22p3 1s22s22p5则下列有关比较中正确的是（）A第一电离能：B原子半径：C电负性：D最高正化合价：=考点：原子结构与元素周期律的关系 专题：元素周期律与元素周期表专题分析：由基态原子的电子排布式可知为S元素，为P元素，为N元素，为F元素，结合元素周期律知识解答该题解答：解：由基态原子的电子排布式可知为S元素，为P元素，为N元素，为F元素，A同周期自左而右第一电离能增大，由于P为半充满状态，较稳定，所以第一电离能SP，NF，同主族自上而下第一电离能降低，所以第一电离能NP，所以
36、第一电离能SPNF，即，故A正确；B同周期自左而右原子半径减小，所以原子半径PS，NF，同主族自上而下原子半径增大，所以原子半径PN，故原子半径PSNF，即，故B错误；C同周期自左而右电负性增大，所以电负性OS，NF，同主族自上而下电负性降低，所以电负性PN，故电负性PSNF，即，故C错误；D最高正化合价等于最外层电子数，但F元素没有正化合价，所以最高正化合价：=，故D错误故选A点评：该题考查原子结构与元素周期律，是高考种的常见题型，属于中等难度的试题试题综合性强，贴近高考，在注重对学生基础知识巩固和训练的同时，侧重对学生能力的培养根据原子结构推断出元素是关键，注意基础知识的掌握和积累10（3
37、分）（2013上海）X、Y、Z、W是短周期元素，X元素原子的最外层未达到8电子稳定结构，工业上通过分离液态空气获得其单质；Y元素原子最外电子层上s、p电子数相等；Z元素+2价阳离子的核外电子排布与氖原子相同；W元素原子的M层有1个未成对的p电子下列有关这些元素性质的说法一定正确的是（）AX元素的氢化物的水溶液显碱性BZ元素的离子半径大于W元素的离子半径CZ元素的单质在一定条件下能与X元素的单质反应DY元素最高价氧化物的晶体具有很高的熔点和沸点考点：位置结构性质的相互关系应用 专题：元素周期律与元素周期表专题分析：X、Y、Z、W是短周期元素，X元素原子的最外层未达到8电子稳定结构，工业上通过分离
38、液态空气获得其单质，X可能为O，也可能为N元素；Z元素+2价阳离子的核外电子排布与氖原子相同，则Z元素的质子数为10+2=12，故Z为Mg元素；Y元素原子最外电子层上s、p电子数相等，外围电子排布为ns2np2，处于A族，且属于短周期元素，所以Y为C或Si；W元素原子的M层有1个未成对的p电子，外围电子排布为3s23p1或3s23p5，W为Al或Cl，据此解答解答：解：X、Y、Z、W是短周期元素，X元素原子的最外层未达到8电子稳定结构，工业上通过分离液态空气获得其单质，X可能为O，也可能为N元素；Z元素+2价阳离子的核外电子排布与氖原子相同，则Z元素的质子数为10+2=12，故Z为Mg元素；Y
39、元素原子最外电子层上s、p电子数相等，外围电子排布为ns2np2，处于A族，且属于短周期元素，所以Y为C或Si元素；W元素原子的M层有1个未成对的p电子，外围电子排布为3s23p1或3s23p5，W为Al或Cl，AX可能为O或N，氢化物可以是H2O、NH3，水是中性，故A错误；B若W为Cl，镁离子与氯离子最外层电子数相同，电子层越多离子半径越大，镁离子半径小于氯离子半径，若W为Al，镁离子与铝离子电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，镁离子半径大于铝离子半径，故B错误；CMg在氮气中燃烧生成Mg3N2，故C正确；D二氧化碳晶体属于分子晶体，常温下为气体，熔点和沸点很低，故D错误；故选C点
40、评：本题考查结构性质位置关系、元素化合物性质、半径比较、晶体结构与性质，难度中等，推断元素是解题关键，注意W元素的不确定性，注意掌握核外电子排布规律11（3分）（2015马鞍山校级模拟）某种类型的心脏起搏器工作时发生下列反应：4Li+2SOCl2=4LiCl+S+SO2下列有关判断正确的是（）A还原剂只有锂BSOCl2中既有离子键，也有共价键C氧化产物包括LiCl和SO2D标准状况下生成1.12LSO2时，反应转移电子为0.1mol考点：氧化还原反应 分析：4Li+2SOCl2=4LiCl+S+SO2反应中，Li的化合价升高，作还原剂，S元素的化合价降低，作氧化剂，非金属元素之间形成共价键，据
41、此分析解答：解：ALi的化合价升高，作还原剂，故A正确；B、非金属元素之间形成共价键，则SOCl2中只有共价键，故B错误；C、Li的化合价升高被氧化，LiCl是氧化产物，故C错误；D、反应4Li+2SOCl24LiCl+S+SO2中，每生成1mol SO2转移4mol电子，则标准状况下生成1.12LSO2时，反应转移电子为0.2mol，故D错误故选：A点评：本题考查了氧化还原反应、化学键，侧重于基础知识的考查，注意根据氧化还原反应中元素化合价的变化分析，题目难度不大12（3分）（2015马鞍山校级模拟）下列原理正确且离子方程式也正确的是（）A向次氯酸钠溶液中通入足量SO2气体：ClO+SO2+
42、H2OHClO+HSO3BFe2O3溶于过量氢碘酸溶液中：Fe2O3+6H+2I=2Fe2+I2+3H2OC用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2MnO4+6H+5H2O2=2Mn2+5O2+8H2OD0.1mol/LNH4Al（SO4）2溶液与0.2mol/LBa（OH）2溶液等体积混合：Al3+2SO42+2Ba2+4OH=2BaSO4+AlO2+2H2O考点：离子方程式的书写 分析：A发生氧化还原反应生成硫酸钠；B发生氧化还原反应生成碘化亚铁和碘、水；C浓盐酸可以被酸性高锰酸钾溶液氧化；D等体积混合，物质的量比为1：2，反应生成硫酸钡、氢氧化铝和一水合氨解
43、答：解：A向次氯酸钠溶液中通入足量SO2气体的离子反应为ClO+SO2+H2O2H+Cl+SO42，故A错误；BFe2O3溶于过量氢碘酸溶液中的离子反应为Fe2O3+6H+2I=2Fe2+I2+3H2O，故B正确；C用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，不能证明H2O2具有还原性，因浓盐酸可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，故C错误；D.0.1mol/LNH4Al（SO4）2溶液与0.2mol/LBa（OH）2溶液等体积混合的离子反应为NH4+Al3+2SO42+2Ba2+4OH=2BaSO4+NH3H2O+Al（OH）3，故D错误；故选B点评：本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，
44、把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重氧化还原反应、与量有关的离子反应考查，题目难度不大13（3分）（2015马鞍山校级模拟）对盆栽鲜花施用了S诱抗素制剂可保证鲜花盛开S诱抗素的分子结构如图，下列关于该物质的说法正确的是（）A其分子式为C15H22O4B1mol该物质与NaOH溶液反应，最多消耗2mol NaOHC既能发生加聚反应，又能发生缩聚反应D既可以与FeCl3溶液发生显色反应，又可以使酸性KMnO4溶液褪色考点：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式，分子中含C=C、OH、COOH、C=O，结合烯烃及醇、羧酸、酮的性质来解答解答：解：A
45、C能形成4个化学键，由结构可知分子式为C15H19O4，故A错误；B只有COOH与NaOH反应，则1mol该物质与NaOH溶液反应，最多消耗1mol NaOH，故B错误；C含双键，可发生加聚反应，含OH和COOH可发生缩聚反应，故C正确；D不存在酚OH，则不能与FeCl3溶液发生显色反应，含C=C及OH均能被酸性KMnO4氧化，能使酸性KMnO4溶液褪色，故D错误；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、醇和羧酸性质的考查，注意选项D中酚的性质，题目难度不大14（3分）（2015马鞍山校级模拟）现有一Na2SO3、Na2SO4混合物样品
46、ag，为了测定其中Na2SO3的质量分数，设计了如下方案，其中明显不合理的是（）A将样品配制成溶液V1 L，取其中25.00mL用标准KMnO4溶液滴定，消耗标准KMnO4溶液V2 mLB向样品中加足量H2O2，再加足量BaCl2溶液，过滤，将沉淀洗涤、干燥，称量其质量为bgC将样品与足量稀盐酸充分反应后，再加入足量BaCl2溶液，过滤，将沉淀洗涤、干燥，称量其质量为c gD将样品与足量稀盐酸充分反应，生成的气体依次通过盛有饱和NaHSO3的洗气瓶、盛有浓H2SO4的洗气瓶、盛有碱石灰的干燥管、盛有碱石灰的干燥管，测定干燥管增重d g考点：探究物质的组成或测量物质的含量 专题：实验探究和数据处
47、理题分析：A、根据KMnO4溶液氧化混合物中的Na2SO3的化学方程式结合消耗标准KMnO4溶液的量可以计算出Na2SO3的量；B、H2O2将Na2SO3氧化成硫酸钠，再加足量BaCl2溶液，过滤，称量其质量得出硫酸钡的物质的量，再根据硫原子守恒，硫酸钡的物质的量就是Na2SO3、Na2SO4混合物总物质的量，再结合样品ag，可求出其中Na2SO3的质量分数；C、样品与足量稀盐酸充分反应消耗了Na2SO3，再加入足量BaCl2溶液与硫酸钠反应生成硫酸钡沉淀，过滤，将沉淀洗涤、干燥，称量其质量为c g为硫酸钡质量，根据硫守恒可以计算出硫酸钠的质量，从而可求出其中Na2SO3的质量分数；D、样品与
48、足量稀盐酸充分反应将Na2SO3转化为二氧化硫气体，通过测定二氧化硫的质量来计算亚硫酸钠的质量，从而求出其中Na2SO3的质量分数，但与足量稀盐酸充分反应引入氯化氢气体，所以测定的结果不准确解答：解：A、混合物中的Na2SO3与KMnO4溶液发生氧化还原反应，根据得失电子守恒根据消耗标准KMnO4溶液V2 mL计算Na2SO3的物质的量，再求其质量，可求出其中Na2SO3的质量分数，故A正确；B、H2O2将Na2SO3氧化成硫酸钠，再加足量BaCl2溶液，过滤，称量其质量得出硫酸钡的物质的量即为mol，再根据硫原子守恒，硫酸钡的物质的量就是Na2SO3、Na2SO4混合物总物质的量为mol，再
49、结合样品ag，设Na2SO3为xmol，Na2SO4为ymol列方程组得可解出x，再求其质量，可求出其中Na2SO3的质量分数，故B正确；C、样品与足量稀盐酸充分反应消耗了Na2SO3，再加入足量BaCl2溶液与硫酸钠反应生成硫酸钡沉淀，过滤，将沉淀洗涤、干燥，称量其质量为c g为硫酸钡质量，根据硫守恒可以计算出硫酸钠的质量为142g，Na2SO3的质量为a142g，从而可求出其中Na2SO3的质量分数，故C正确；D、样品与足量稀盐酸充分反应将Na2SO3转化为二氧化硫气体，通过测定二氧化硫的质量来计算亚硫酸钠的质量，从而求出其中Na2SO3的质量分数，但与足量稀盐酸充分反应引入氯化氢气体，所
50、以通过亚硫酸钠后二氧化硫气体增加测量不准确，故D错误；故选：D点评：本题主要考查了Na2SO3、Na2SO4混合物中亚硫酸钠含量的测定，主要利用亚硫酸钠的还原性设计实验，考查知识的迁移能力、设计和评价实验方案的能力，难度中等15（3分）（2015马鞍山校级模拟）某溶液仅含Fe2+、Na+、A13+、Ba2+、SO42、NO3、Cl中的4种离子，所含离子的物质的量均为1mol若向该溶液中加入少量的稀硫酸，有气泡产生，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若向该溶液中加人过量的稀硫酸和KSCN溶液，溶液显血红色B若向该溶液中加入过量的稀硫酸，产生的气体遇空气能
51、变成红棕色C该溶液中所含的离子是Fe2+、Na+、SO42、NO3D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 分析：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，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，由于
52、加入稀硫酸后，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，即一定含有Na+，A、该溶液中加酸发生氧化还原反应生成铁离子，则加KSCN溶液，溶液显血红色，故A正确；B、生成的NO易被氧化成红棕色的二氧化氮，故B正确；C、由上述推断可知，该溶液中所含的离子是：Fe2+、Na+、SO42、NO3，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
53、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16（3分）（2015马鞍山校级模拟）向100mL 0.1molL1硫酸亚铁铵（NH4）2Fe（SO4）2溶液中逐滴滴入0.1molL1Ba（OH）2溶液随着Ba（OH）2溶液体积V的变化，沉淀总物质的量n的变化如下图所示则下列说法中正确的是（）Aa点时溶液中所含主要溶质为（NH4）2SO4Bab段发生反应的离子方程式是：SO42+Ba2+=BaSO4Cb点为最大沉淀量，对应的纵坐标值为0.2Dc点加入Ba（OH）2溶液的体积为200 mL考点：离子方程式的有关计算 分析：Oa
54、段发生的离子反应为Fe2+2OH+Ba2+SO42=BaSO4+Fe（OH）2，当Fe2+ 沉淀完全后，沉淀产生的增幅降低，出现了拐点，所以a点对应的溶质为（NH4）2SO4，随着Ba（OH）2溶液的滴入，NH4+参加反应，ab段的反应为2NH4+2OH+SO42+Ba2+=BaSO4+2NH3H2O；b点对应的沉淀为BaSO4和Fe（OH）2，总量为0.3mol，到b点时，溶液中的离子基本反应结束，且此时消耗的Ba（OH）2溶液的体积为200 ml，故c点大于200 ml解答：解：A、Oa段发生的离子反应为Fe2+2OH+Ba2+SO42=BaSO4+Fe（OH）2，当Fe2+ 沉淀完全后，
55、沉淀产生的增幅降低，出现了拐点，所以a点对应的溶质为（NH4）2SO4，故A正确；B、随着Ba（OH）2溶液的滴入，NH4+参加反应，ab段的反应为2NH4+2OH+SO42+Ba2+=BaSO4+2NH3H2O，故B错误；C、b点对应的沉淀为BaSO4和Fe（OH）2，总量为0.3mol，故C错误；D、到b点时，溶液中的离子基本反应结束，且此时消耗的Ba（OH）2溶液的体积为200 ml，故c点大于200 ml，故D错误；故选A点评：本题考查离子方程式的计算，难度比较大，清楚整个反应过程中发生的离子反应是解题的关键17（3分）（2015马鞍山校级模拟）下列说法正确的是（）A1H、2H、3H是
56、三种核素，它们物理性质相同，化学性质不同BZX3+的结构示意图为，该离子能促进水的电离CN2、H2O2、CaC2、MgCl2中都含有非极性共价键D由于HF分子间存在氢键，因此HF比HCl稳定考点：核素；原子结构示意图；极性键和非极性键；氢键的存在对物质性质的影响 专题：原子组成与结构专题；化学键与晶体结构分析：A同位素物理性质不同，化学性质几乎相同；B该离子为铝离子，能发生水解；C氯化镁中只存在离子键；D分子的稳定性和化学键有关和氢键无关解答：解：A同位素物理性质不同，化学性质几乎相同，故A错误；B该离子为铝离子，能发生水解促进水的电离，故B正确；C氯化镁中只存在离子键，故C错误；D分子的稳定
57、性和化学键有关和氢键无关，故D错误；故选B点评：本题考查了同位素的性质、原子结构示意图、化学键类型的判断和分子的稳定性，中等难度注意氢键不是化学键，氢键只影响物理性质，如溶沸点、溶解性等18（3分）（2015马鞍山校级模拟）某澄清透明溶液中只可能含有Al3+、Mg2+、Fe3+、Cu2+、H+、CO32、NO3中的几种，向该溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，生成沉淀的质量与NaOH的物质的量的关系如图所示则该溶液中一定含有的离子是（）ABCD考点：离子方程式的有关计算；离子共存问题 分析：向该溶液中加入一定量NaOH溶液的过程中，开始没有沉淀，说明溶液呈酸性，则一定含有大量的H+离子，在酸性溶
58、液中CO32离子因发生反应生成挥发性气体而不能存在，而后会有沉淀，能够生成沉淀的是Al3+，Mg2+，Fe3+，Cu2+中的一种或几种，但是氢氧化铝能溶于过量的碱中，所以一定没有铝离子，结合溶液的电中性以及沉淀的质量为100g做进一步的推断解答：解：向该溶液中加入一定量 NaOH溶液的过程中，开始没有沉淀，说明溶液呈酸性，则一定含有大量的H+离子，在酸性溶液中CO32离子分别与H+离子反应生成CO2气体而不能存在，根据溶液的电中性可知一定含有阴离子，则只有NO3离子符合，含硝酸根离子、氢离子，随着氢氧化钠的加入会有沉淀，能够生成沉淀的是Al3+，Mg2+，Fe3+、Cu2+中的一种或几种，但是
59、氢氧化铝能溶于过量的碱中，沉淀量会出现减小的迹象，但是没有出现，所以一定没有Al3+，根据沉淀量达到最大消耗氢氧化钠的量是4mol，1mol铁离子能消耗3mol氢氧化钠，生成1mol氢氧化铁沉淀为107克，1mol镁离子能消耗2mol氢氧化钠，生成1mol氢氧化镁沉淀为58克，3mol氢氧化钠生成氢氧化镁1.5mol，质量为87克小于100克，1mol铜离子能消耗2mol氢氧化钠，生成1mol氢氧化铜沉淀为98克，3mol氢氧化钠生成氢氧化铜1.5mol，质量为147g大于100g，可以知道一定含有Mg2+，综上可知一定含有的离子为：Mg2+、H+、NO3，Fe3+和Cu2+必含一种或两者都含
60、有，故选A点评：本题考查常见离子的检验，题目难度中等，把握物质的性质和离子的检验方法以及根据沉淀的量判断是做本题的关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力二、解答题（共5小题，满分46分）19（10分）（2015马鞍山校级模拟）AG是元素周期表中原子序数依次增大的前四周期的七种非稀有气体元素，A和D的最外层电子数是其电子层数的2倍，C和D同族，E在同周期元素中原子半径最小，F在同周期元素中原子半径最大，G原子的次外层充满电子，但最外层只有一个电子请回答：（1）B元素的第一电离能比C元素大的原因是N的p轨道上电子处于半充满状态，相对较稳定；（2）由A和D形成的某相对分子质量最小、且分子内每个原子均
61、达到8个电子的稳定结构的分子，其分子内键和键的比例为1：1A分别与C和D形成的化学键中，极性较强的是CO；（3）元素E在元素周期表中的位置是第三周期第A族；写出G+离子的核外电子排布式1s22s22p63s23p63d10；（4）ABC三种元素的最简单氢化物的沸点从高到低的顺序为H2ONH3CH4，其稳定性从高到低的顺序为H2ONH3CH4；F2C2的晶体中存在的作用力有共价键、离子键考点：位置结构性质的相互关系应用 分析：AG是元素周期表中原子序数依次增大的前四周期的七种非稀有气体元素，A和D的最外层电子数是其电子层数的2倍，A的原子序数小于D，那么A为碳，D为硫，C和D同族，那么C为氧，那
62、么B为氮；E在同周期元素中原子半径最小，且E的原子序数大于S，那么E为氯，F在同周期元素中原子半径最大，那么F为钾，G原子的次外层充满电子，但最外层只有一个电子，那么G为铜，据此解答各小题即可；（1）依据N元素p轨道为半充满回答即可；（2）依据非金属性强弱回答；（3）依据氯元素以及铜元素回答；（4）依据非金属性与氢化物稳定性以及晶体类型回答解答：解：AG是元素周期表中原子序数依次增大的前四周期的七种非稀有气体元素，A和D的最外层电子数是其电子层数的2倍，A的原子序数小于D，那么A为碳，D为硫，C和D同族，那么C为氧，那么B为氮；E在同周期元素中原子半径最小，且E的原子序数大于S，那么E为氯，F
63、在同周期元素中原子半径最大，那么F为钾，G原子的次外层充满电子，但最外层只有一个电子，那么G为铜，综上所述：A为碳，B为氮，C为氧，D为硫，E为氯，F为钾，G为铜，（1）B为氮，N元素的第一电离能比O元素的大，原因是N的p轨道上电子处于半充满状态，相对较稳定，故答案为：N的p轨道上电子处于半充满状态，相对较稳定；（2）由C和O形成的某相对分子质量最小、且分子内每个原子均达到8个电子的稳定结构的分子为二氧化碳，其分子内含有2个键和2个键，故键和键的比为1：1，C分别与O和S形成的化学键中，极性较强的是CO键，故答案为：1：1；CO； （3）元素E为Cl，Cl在元素周期表中的位置是第三周期第A族，
64、铜原子失去一个电子变成亚铜离子，失电子时先失去最外层电子，所以其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d10，故答案为：第三周期第A族；1s22s22p63s23p63d10；（4）C、N、O三种元素的最简单氢化物分别为：CH4、NH3、H2O，元素的非金属性越强，其气态氢化物越稳定，沸点越高，故三者沸点从高到低的顺序为：H2ONH3CH4，其稳定性从高到低的顺序为：H2ONH3CH4，K2O2的类似与Na2O2，过氧化钠晶体中存在的作用力有共价键和离子键，故答案为：H2ONH3CH4；H2ONH3CH4；共价键、离子键点评：本题考查了位置结构性质的判断，熟悉元素周期表结构及原子结
65、构是解本题关键，根据原子结构正确推断元素，再结合物质的性质分析解答20（10分）（2015马鞍山校级模拟）已知：NO2NH2，当苯环上含有CH3、Cl等基团时，在苯环上新引入的基团，一般进入它们的邻位或对位，而当苯环上含有NO2等基团时，在苯环上新引入的基团，一般进入它们的间位某同学由烃A按下列流程进行合成实验：（上述流程中，D需经多步反应才能得到F，在此不作要求）（1）由A合成B可有两种途径，除题中生成中间产物这一途径外，另一途径生成的中间产物的结构简式为，假定每次反应所得可能产物的机会是均等的，试分析，当消耗等量反应物时题中（填“题中”或“另一”）途径获得B的产量更高；（2）反应的条件为铁
66、粉做催化剂，反应所用试剂混合的先后顺序为先加浓硝酸再加浓硫酸，反应的反应类型为缩聚反应，D的核磁共振氢谱有6条峰；（3）写出生成高分子化合物N的化学方程式n+（n1）H2O；（4）写出一种符合下列三个条件的有机物的结构简式等分子式比B多一个“CH2”，具有“两性”，苯环上的一氯代物只有两种考点：有机物的合成 分析：根据题中各物质转化关系，A与氯气发生苯环上的取代生成，则A为，反应条件应为铁粉做催化剂，比较和的结构，可知B为，反应为硝化反应，与镁反应生成C为，根据题中信息可知D为，根据F的分子式以及生成高分子化合物N的分子式可知，F为，N为，F发生缩聚反应生成N，据此答题解答：解：根据题中各物质
67、转化关系，A与氯气发生苯环上的取代生成，则A为，反应条件应为铁粉做催化剂，比较和的结构，可知B为，反应为硝化反应，与镁反应生成C为，根据题中信息可知D为，根据F的分子式以及生成高分子化合物N的分子式可知，F为，N为，F发生缩聚反应生成N，（1）由A合成B可有两种途径，除题中生成中间产物这一途径外，另一途径生成的中间产物的结构简式为 ，假定每次反应所得可能产物的机会是均等的，由于甲苯与硝酸反应硝基也有可能取代在甲基的邻位上，且有两个邻位可取代，所以当消耗等量反应物时题中途径获得B的产量更高，故答案为：；题中；（2）根据上面的分析可知，反应的条件为铁粉做催化剂，反应为硝化反应，要用浓硫酸作催化剂，
68、所用试剂混合的先后顺序为先加浓硝酸再加浓硫酸，反应的反应类型为缩聚反应，D为，D的核磁共振氢谱有6条峰，故答案为：铁粉做催化剂；先加浓硝酸再加浓硫酸；缩聚反应；6；（3）生成高分子化合物N的化学方程式为n+（n1）H2O，故答案为：n+（n1）H2O；（4）B为，符合下列三个条件分子式比B多一个“CH2”，具有“两性”，苯环上的一氯代物只有两种，这样的有机物的结构简式为等，故答案为：等点评：本题考查了有机合成与推断，中等难度，侧重对学生能力的培养和解题方法的训练，有助于培养学生的逻辑推理能力和发散思维能力；该题的关键是明确各种官能团结构和性质，然后结合信息进行推断21（6分）（2015马鞍山校
69、级模拟）某化学课外兴趣小组为探究铜跟浓硫酸的反应情况设计了如图1所示装置进行有关实验：（1）先关闭活塞a，将44.8g铜片和5OmL18mol/L的浓硫酸放在圆底烧瓶中，烧杯中放入300mL lmol/L的NaOH溶液，加热烧瓶，当反应结束时发现烧瓶中还有铜片剩余，再打开活塞a，将气球中的氧气缓缓挤入圆底烧瓶，最后铜片完全消失写出上述过程中烧瓶内发生反应的化学方程式：打开活塞a之前Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O； 打开活塞a之后2Cu+2H2SO4+O2=2CuSO4+2H2O；（2）另一组的同学们设计出如图2的装置进行铜与浓H2SO4反应并检验所产生气体的性质，试指出图
70、2中使用铜丝的优点可通过上下移动铜丝使之与浓硫酸接触或脱离而控制反应的进行或停止，装置中玻璃管的作用为可以防止倒吸、指示后续装置中是否发生堵塞、实验结束时刻通入空气排出装置中二氧化硫从而防止污染（只要求写出一条即可），实验完成后，应如何操作才不会造成S02的污染先通入足量的空气，排出装置中的二氧化硫后再拆卸装置；（3）假定从气球中通入标准状况下5.6L的氧气时，铜片完全溶解且无氧气逸出，生成的气体全部被烧杯中的NaOH溶液完全吸收，则生成的Na2SO3的质量为25.2g考点：性质实验方案的设计；浓硫酸的性质实验 分析：（1）打开活塞a之前，浓硫酸和Cu在加热条件下发生氧化还原反应生成CuSO4
71、、SO2和H2O；打开活塞a后，Cu、O2和稀硫酸反应生成CuSO4和H2O；（2）使用铜丝可以通过与浓硫酸的接触或脱离控制反应；二氧化硫有毒不能直接排空，通过空气排出装置中二氧化硫；实验完成后，应将二氧化硫完全排出实验装置，使其完全与NaOH溶液反应；（3）在整个反应过程中，Cu失去电子数等于SO42、O2得到的电子数，根据转移电子相等计算生成SO2的物质的量，再根据S原子守恒计算m（Na2SO3）解答：解：（1）打开活塞a之前，浓硫酸和Cu在加热条件下发生氧化还原反应生成CuSO4、SO2和H2O，反应方程式为Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O；打开活塞a后，Cu、O2和
72、稀硫酸反应生成CuSO4和H2O，反应方程式为2Cu+2H2SO4+O2=2CuSO4+2H2O，故答案为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O；2Cu+2H2SO4+O2=2CuSO4+2H2O；（2）可通过上下移动铜丝使之与浓硫酸接触或脱离而控制反应的进行或停止；二氧化硫有毒不能直接排空，通过玻璃管向装置中通入空气排出装置中二氧化硫，还可以防止倒吸且能指示装置中是否发生堵塞；实验完成后，为防止污染大气，应先通入足量的空气，排出装置中的二氧化硫，然后再拆卸装置，故答案为：可通过上下移动铜丝使之与浓硫酸接触或脱离而控制反应的进行或停止；可以防止倒吸、指示后续装置中是否发生堵塞、
73、实验结束时刻通入空气排出装置中二氧化硫从而防止污染；先通入足量的空气，排出装置中的二氧化硫后再拆卸装置；（3）在整个反应过程中，Cu失去电子数等于SO42、O2得到的电子数，n（Cu）=0.7mol，n（O2）=0.25mol，根据转移电子相等n（SO2）=0.2mol，再根据S原子守恒得n（SO2）=n（Na2SO3）=0.2mol，m（Na2SO3）=0.2mol126g/mol=25.2g，故答案为：25.2点评：本题以铜和浓硫酸反应实验为载体考查性质实验方案设计，涉及氧化还原反应计算、实验操作、化学方程式的书写等知识点，明确实验原理是解本题关键，难点是确定各个装置作用，易错点是化学用语
74、的正确使用，题目难度不大22（6分）（2015马鞍山校级模拟）工业上以锂辉石（Li2OA12O34SiO2，含少量Ca、Mg元素）为原料生产碳酸锂其部分工艺流程如图1：已知：Li2OAl2O34SiO2+H2SO4（浓）Li2SO4+Al2O34SiO2H2O不同温度下Li2CO3和Li2SO4的溶解度如下表：T/20406080S（Li2CO3）/g1.331.171.010.85S（Li2SO4）/g34.232.831.930.7（1）从滤渣1中分离出Al2O3的部分流程如下所示，括号中表示加入过量的试剂，方框表示所得到的物质则步骤中反应的离子方程式是Al3+3NH3H2O=Al（OH）
75、3+3NH4+（2）向滤液2中加入饱和Na2CO3溶液，过滤后，用“热水洗涤”的原因是Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，热水洗涤可减少Li2CO3的损失（3）工业上用电解法将Li2CO3粗品制成高纯Li2CO3，其中向电解后所得的纯LiOH溶液中加入过量NH4HCO3溶液可生成Li2CO3，反应的化学方程式是2LiOH+NH4HCO3=Li2CO3+NH3+2H2O考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用 分析：锂辉石（Li2OAl2O34SiO2，含少量Ca，Mg元素）经过研磨、加热、酸化得到可溶性的硫酸锂、硫酸铝和不溶的二氧化硅，经过过滤，得到滤渣1二氧化硅，滤液1经过调节PH值，
76、使溶液得到滤液Mg（OH）2和CaCO3向滤液1中加入石灰乳以增加Ca2+、OH的浓度，使Mg（OH）2、CaCO3更利于析出，以便形成滤渣2，热水洗涤Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，可减少Li2CO3的损失，得到最终产物碳酸锂，（1）步骤中铝离子与氨水反应生成氢氧化铝沉淀；（2）依据图表分析可知碳酸锂溶解度随温度升高减小；（3）电解后向LiOH溶液中加入过量NH4HCO3溶液，氢氧化锂与碳酸氢铵反应生成碳酸锂解答：解：锂辉石（Li2OAl2O34SiO2，含少量Ca，Mg元素）经过研磨、加热、酸化得到可溶性的硫酸锂、硫酸铝和不溶的二氧化硅，经过过滤，得到滤渣1二氧化硅，滤液1经过调节P
77、H值，使溶液得到滤液Mg（OH）2和CaCO3向滤液1中加入石灰乳以增加Ca2+、OH的浓度，使Mg（OH）2、CaCO3更利于析出，以便形成滤渣2，热水洗涤Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，可减少Li2CO3的损失，得到最终产物碳酸锂，（1）步骤中反应是铝离子生成氢氧化铝的反应，反应离子方程式为：Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+，故答案为：Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+；（2）向滤液2中加入饱和Na2CO3溶液，过滤后，用“热水洗涤”，图表中碳酸锂溶解度随温度升高减小，减少沉淀的损失，故答案为：Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，热水洗涤可减少Li
78、2CO3的损失；（3）电解后向LiOH溶液中加入过量NH4HCO3溶液，氢氧化锂与碳酸氢铵反应生成碳酸锂的方程式为：2LiOH+NH4HCO3=Li2CO3+NH3+2H2O，故答案为：2LiOH+NH4HCO3=Li2CO3+NH3+2H2O点评：本题考查了物质生产流程的分析判断，流程分析，为高频考点，侧重于学生分析能力，有利于培养学生良好的科学素养，注意把握物质性质的应用，题目侧重铝及其化合物性质的应用，氧化铝的提取方法，题目难度中等23（14分）（2015马鞍山校级模拟）某研究性学习小组对苹果“生锈”（新切开的苹果表面颜色逐渐变深）的原因进行探讨（注：题中所述颜色变化均已做过对比实验，不
79、会因试剂本身而产生干扰）查阅资料鲜苹果中营养物质的含量（mg/100g）：蛋白质200400，铁0.10.3，总糖13001500，并含有多酚及黄酮类天然化学抗氧化物质提出假设苹果“生锈”的可能原因：假设1：由所含铁元素被氧化生成铁的氧化物或氢氧化物而形成；假设2：由所含多酚被氧化而形成：假设3：可能由所含铁元素和所含多酚被氧化共同形成设计实验，验证假设取所得苹果汁进行以下实验：（1）经测定，鲜苹果汁的pH为3.48（2）观察，苹果汁呈黄色，加入少许某不能与盐酸反应的黑色颗粒，果汁的颜色明显变浅将果汁分为4份分别进行下列实验（3）第一份滴加少许KSCN溶液，未见红色，加入适量H2O2，仍未见红
80、色，充分加热，液体的颜色反而变为无色，同时有气泡产生，再滴入少许FeCl2溶液，液体变为红色（4）第二份滴加足量溴水，有少量沉淀生成，静置后，倾出上层液体，固体经洗涤后成白色，在倾出的上层液体中滴加少许KSCN溶液，也未见红色，再滴入少许CCl4充分振荡后，静置，下层液体呈棕黄色（5）第三份加入少许稀HNO3，充分加热，试管中出现红棕色气体，液体的颜色明显变深，放置一段时间后，液体的颜色逐渐变浅，但仍比加入HNO3前深，再滴加少许KSCN溶液，液体变为红色（6）配制相同体积的与（5）中放置一段时间后的液体颜色相近的FeCl3溶液，滴加与（5）中等量的KSCN溶液，溶液的红色比（5）中明显深许多
81、另取一只苹果，灼烧成灰，加入稀HCl充分搅拌后，取所得液体，滴入KSCN溶液，液体变为红色完成下列问题：（1）假设3：可能由所含铁元素和所含多酚被氧化共同形成；（2）完成操作1所用仪器的名称是研钵，经操作2后，所得苹果汁仍很浑浊，所作的处理是重复过滤，测定鲜苹果汁pH时所用的仪器或用品是pH计；（3）处理苹果汁时所加的黑色颗粒可能是活性炭；（4）实验（3）体现了H2O2的哪些性质（要求写两点）强氧化性（或漂白性）、不稳定性；（5）通过实验（4）可推测，苹果中含有哪类物质多酚；实验中设置加入CCl4的目的是证明加入的Br2已经足量；（6）对比实验（3）和实验（5），你能得出的结论是硝酸的氧化性强
82、于过氧化氢；对比实验（5）和实验（6），说明苹果汁中所含的营养物质是蛋白质；（7）实验（5）中试管中出现红棕色气体的可能原因是（要求写两点）硝酸分解生成二氧化氮、稀硝酸被苹果中还原性物质还原为NO，NO与氧气反应生成二氧化氮；（8）通过实验，你认为苹果中的“铁”以何种形式存在苹果中Fe与有机物结合在一起考点：性质实验方案的设计 专题：实验设计题分析：（1）根据假设1、2可知，可能由所含铁元素和所含多酚被氧化共同形成；（2）操作1是将固体研碎，需要用到研钵；操作2是将不同的固体与液体分离，应采取过滤操作，过滤后的滤液浑浊需要重复过滤；测定鲜苹果汁的pH为3.48，所用的仪器或用品是pH计；（3）
83、加入少许某不能与盐酸反应的黑色颗粒，果汁的颜色明显变浅，该黑色物质具有吸附有色物质；（4）实验（3）中加入少许KSCN溶液，未见红色，苹果汁中没有Fe3+，再加入适量H2O2，仍未见红色，充分加热，液体的颜色反而变为无色，同时有气泡产生，过氧化氢有强氧化性，将有色物质氧化为无色物质，同时过氧化氢不稳定，可以分解生成水与氧气再滴入少许FeCl2溶液，液体变为红色，Fe2+被过氧化氢氧化为Fe3+，对比说明苹果汁中没有Fe2+；（5）实验（4）第二份滴加足量溴水，得到白色沉淀，说明苹果汁中含有多酚类物质，上层液体中滴加少许KSCN溶液，也未见红色，说明苹果汁中没有Fe3+，滴入少许CCl4萃取溶液
84、中的溴，证明溴水足量；（6）实验（5）中第三份加入少许稀HNO3，充分加热，放置一段时间后，液体的颜色逐渐变浅，但仍比加入HNO3前深，再滴加少许KSCN溶液，液体变为红色，溶液中含有Fe3+，说明硝酸可以将苹果中的“Fe”氧化为Fe3+，与（3）中实验相比，过氧化氢不能将苹果中的“Fe”氧化为Fe3+；加入的少许硝酸先将苹果中的“Fe”氧化为Fe3+，而后Fe3+又氧化多酚等物质，液体的颜色逐渐变浅，结合实验（6）中可知，苹果中Fe与有机物结合在一起，而糖只含有C、H、O三种元素，可以说明营养物质是蛋白质；（7）第三份加入少许稀HNO3，充分加热，试管中出现红棕色气体，该红棕色气体为二氧化氮
85、，可能是硝酸分解生成二氧化氮，也可能是稀硝酸苹果中还原性物质还原为NO，NO与氧气反应生成二氧化氮；（8）由上述分析可知，苹果汁中没有Fe2、Fe3+，则另取一只苹果，灼烧成灰，加入稀HCl充分搅拌后，取所得液体，滴入KSCN溶液，液体变为红色，说明所得溶液中含有Fe3+，可知苹果中“Fe”与有机物结合在一起解答：解：（1）根据假设1、2可知，假设3应为：可能由所含铁元素和所含多酚被氧化共同形成，故答案为：可能由所含铁元素和所含多酚被氧化共同形成；（2）操作1是将固体研碎，需要用到研钵；操作2是将不同的固体与液体分离，应采取过滤操作，所得苹果汁仍很浑浊，需要重复过滤；测定鲜苹果汁的pH为3.4
86、8，所用的仪器或用品是pH计，故答案为：研钵；重复过滤；pH计；（3）苹果汁呈黄色，加入少许某不能与盐酸反应的黑色颗粒，果汁的颜色明显变浅，该黑色物质具有吸附有色物质，可能为活性炭，故答案为：活性炭；（4）实验（3）中加入少许KSCN溶液，未见红色，苹果汁中没有Fe3+，再加入适量H2O2，仍未见红色，充分加热，液体的颜色反而变为无色，同时有气泡产生，再滴入少许FeCl2溶液，液体变为红色，Fe2+被过氧化氢氧化为Fe3+，对比说明苹果汁中没有Fe2+，过氧化氢有强氧化性，将有色物质氧化为无色物质，液体的颜色反而变为无色，同时过氧化氢不稳定，可以分解生成水与氧气，体现了H2O2：强氧化性（或漂
87、白性）、不稳定性；故答案为：强氧化性（或漂白性）；不稳定性；（5）实验（4）第二份滴加足量溴水，有少量沉淀生成，静置后，倾出上层液体，固体经洗涤后成白色，说明苹果汁中含有多酚类物质，在倾出的上层液体中滴加少许KSCN溶液，也未见红色，苹果汁中没有Fe3+，再滴入少许CCl4充分振荡后，静置，下层液体呈棕黄色，萃取溶液中的溴，证明加入的溴水是过量的，进一步说明苹果汁中没有Fe3+，故答案为：多酚；证明加入的Br2已经足量；（6）实验（5）中第三份加入少许稀HNO3，充分加热，放置一段时间后，液体的颜色逐渐变浅，但仍比加入HNO3前深，再滴加少许KSCN溶液，液体变为红色，溶液中含有Fe3+，说明
88、硝酸可以将苹果中的“Fe”氧化为Fe3+，与（3）中实验相比，过氧化氢不能将苹果中的“Fe”氧化为Fe3+，说明硝酸的氧化性强于过氧化氢；加入的少许硝酸先将苹果中的“Fe”氧化为Fe3+，而后Fe3+又氧化多酚等物质，液体的颜色逐渐变浅，结合实验（6）中可知，苹果中Fe与有机物结合在一起，而糖只含有C、H、O三种元素，可以说明营养物质是蛋白质；故答案为：硝酸的氧化性强于过氧化氢；蛋白质；（7）第三份加入少许稀HNO3，充分加热，试管中出现红棕色气体，该红棕色气体为二氧化氮，可能是硝酸分解生成二氧化氮，也可能是稀硝酸被苹果中还原性物质还原为NO，NO与氧气反应生成二氧化氮，故答案为：硝酸分解生成二氧化氮；稀硝酸被苹果中还原性物质还原为NO，NO与氧气反应生成二氧化氮；（8）由上述分析可知，苹果汁中没有Fe2、Fe3+，则另取一只苹果，灼烧成灰，加入稀HCl充分搅拌后，取所得液体，滴入KSCN溶液，液体变为红色，说明所得溶液中含有Fe3+，可知苹果中“Fe”与有机物结合在一起，故答案为：与有机物结合在一起点评：本题考查探究实验、实验方案的评价等，侧重考查学生分析推理能力，是对学生综合能力的考查，难度较大