1、2015年内蒙古赤峰市宁城县高考化学三模试卷一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1（3分）（2015宁城县三模）化学与生产、生活密切相关下列叙述正确的是（）A煤的干馏和石油的分馏均属化学变化BBaSO4在医学上用作钡餐，Ba 2+ 对人体无毒C由油脂得到甘油和由淀粉得到葡萄糖均发生了水解反应D葡萄糖注射液不属于胶体，其本质原因是由于不能产生丁达尔现象2（3分）（2012山东）下列与化学概念有关的说法正确的是（）A化合反应均为氧化还原反应B金属氧化物均为碱性氧化物C催化剂能改变可逆反应达到平衡的时间D石油是混合物，其分馏产品汽油为纯净物3（3分）（2015宁城县三模）下列判断中一定正确
2、的是（）A若A2+2D2A+D2，则还原性：DAB若R2+和M+的电子层结构相同，则碱性：ROHMOHC若X2、Y2都是气态单质，且酸性HXHY，元素原子得电子能力XYD若M、N是同主族元素，且原子序数：MN，则元素原子得电子能力：MN4（3分）（2015宁城县三模）下列实验方案中，不能达到实验目的是（）选项实验目的实验方案A鉴别溴蒸气和NO2分别通入硝酸银溶液中，产生淡黄色沉淀的是溴蒸汽B证明氧化性：H2O2比Fe3+强用硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe（NO3）2溶液中，溶液变黄色C证明盐类水解是吸热反应在醋酸钠溶液中滴入酚酞试液，加热后红色加深D证明难溶物存在沉淀溶解平衡往黄色固体难溶物P
3、bI2加水中振荡，静置取上层清液加入NaI固体产生黄色沉淀AABBCCDD5（3分）（2015宁城县三模）药物使数以万计的人摆脱疾病困扰，是我国科学家最近新合成的一种药物，下列关于该有机物的说法错误的是（）A该有机物的分子式为C11H16OB该有机物可以使溴水褪色C该有机物易溶于水D光照，该有机物可以与氯气发生取代反应6（3分）（2015宁城县三模）科学家一直致力于“人工固氮”的新方法研究目前合成氨技术原理为：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）；H=92.4kJmol1在673K，30MPa下，上述合成氨反应中n（NH3）和n（H2）随时间变化的关系如图所示下列叙述正确的是（）A点a的正反
4、应速率比点b的大B点c处反应达到化学平衡状态C点d和点e处的n（N2）不相同D点e反应达到化学平衡状态，反应停止7（3分）（2015宁城县三模）聚合硫酸铁可用于水的净化，其化学式可表示为Fea（OH）b（SO4）cm取一定量聚合硫酸铁样品与足量盐酸反应，所得溶液平均分为两份一份溶液中加入足量的BaCl2溶液，得到白色沉淀1.1650g另一份溶液，先将Fe3+还原为Fe2+，再用0.0200molL1 K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7标准溶液33.33mL该聚合硫酸铁样品中a：b的比值为（已知：Cr2O72+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O）（）A2：1B3：
5、1C1：1D4：5二、解答题（共3小题，满分43分）8（13分）（2015宁城县三模）过氧化镁（MgO2）易溶于稀酸，溶于酸后产生过氧化氢，在医学上可作为解酸剂等过氧化镁产品中常会混有少量MgO，实验室可通过多种方案测定样品中过氧化镁的含量（1）某研究小组拟用如图装置测定一定质量的样品中过氧化镁的含量实验前需进行的操作是稀盐酸中加入少量FeCl3溶液的作用是用恒压分液漏斗的优点有：使分液漏斗中的溶液顺利滴下；实验终了时，待恢复至室温，先，再平视刻度线读数（2）实验室还可通过下列两种方案测定样品中过氧化镁的含量：方案：取a g样品，加入足量稀盐酸，充分反应后再加入 NaOH溶液至Mg2+沉淀完全
6、，过滤、洗涤后，将滤渣充分灼烧，最终得到b g固体方案：称取0.1g样品置于碘量瓶中，加入15mL0.6mol/LKI溶液和足量盐酸，摇匀后在暗处静置5min，然后用0.1mol/L Na2S2O3溶液滴定，滴定到终点时共消耗VmL Na2S2O3溶液（已知：I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI）已知常温下KspMg（OH）2=11011为使方案I中Mg2+完全沉淀即溶液中c（Mg2+）1105mol/L，溶液的pH至少应调至方案I中过氧化镁的质量分数为 （用含a、b的表达式表示）方案中滴定前需加入少量作指示剂；样品中过氧化镁的质量分数为 （用含V的表达式表示）9（15分）（201
7、5宁城县三模）碳和氮的化合物与人类生产、生活密切相关（1）在一恒温、恒容密闭容器中发生反应：Ni （s）+4CO（g）Ni（CO）4（g），H0利用该反应可以将粗镍转化为纯度达99.9%的高纯镍下列说法正确的是（填字母编号）A增加Ni的量可提高CO的转化率，Ni的转化率降低B缩小容器容积，平衡右移，H减小C反应达到平衡后，充入CO再次达到平衡时，CO的体积分数降低D当4v正Ni（CO）4=v正（CO）时或容器中混合气体密度不变时，都可说明反应已达化学平衡状态（2）CO与镍反应会造成含镍催化剂的中毒为防止镍催化剂中毒，工业上常用SO2将CO氧化，二氧化硫转化为单质硫已知：CO （g）+O2（g）
8、=CO2（g）H=Q1 kJmol1S（s）+O2（g）=SO2（g）H=Q2 kJmol1则SO2（g）+2CO （g）=S（s）+2CO2（g）H=（3）对于反应：2NO（g）+O22NO2（g），向某容器中充入10mol的NO和10mol的O2，在其他条件相同时，分别测得NO的平衡转化率在不同压强（P1、P2）下随温度变化的曲线（如图1）比较P1、P2的大小关系：700时，在压强为P2时，假设容器为1L，则在该条件平衡常数的数值为（最简分数形式）（4）NO2、O2和熔融NaNO3可制作燃料电池，其原理如图2所示该电池在使用过程中石墨I电极上生成氧化物Y，其电极反应式为若该燃料电池使用一段
9、时间后，共收集到20mol Y，则理论上需要消耗标准状况下氧气的体积为L10（15分）（2015宁城县三模）亚磷酸（H3PO3）是二元酸，H3PO3溶液存在电离平衡：H3PO3H+H2PO3亚磷酸与足量NaOH溶液反应，生和Na2HPO3（1）写出亚磷酸与少量NaOH溶液反应的离子方程式根据亚磷酸（H3PO3）的性质可推测Na2HPO3稀溶液的pH7（填“”、“”或“=”）某温度下，0.1000molL1的H3PO3溶液中c （H+）=2.5102 molL1，除OH之外其他离子的浓度由大到小的顺序是，该温度下H3PO3电离平衡的平衡常数K=（H3PO3第二步电离忽略不计，结果保留两位有效数字
10、）（2）亚磷酸具有强还原性，可使碘水褪色，该反应的化学方程式（3）电解Na2HPO3溶液也可得到亚磷酸，装置示意图如下：说明：阳膜只允许阳离子通过，阴膜只允许阴离子通过阴极的电极反应式为产品室中生成亚磷酸的离子方程式为三、【化学与技术】（共1小题，满分15分）11（15分）（2015宁城县三模）以黄铁矿为原料，采用接触法生产硫酸的流程可简示如图1：请回答下列问题：（1）在炉气制造中，生成SO2的化学方程式为；（2）炉气精制的作用是将含SO2的炉气、和干燥，如果炉气不经过精制，对SO2催化氧化的影响是；（3）精制炉气（含SO2体积分数为7%、O2为11%、N2为82%）中SO2平衡转化率与温度及
11、压强关系如图2所示在实际生产中，SO2催化氧化反应的条件选择常压、450左右（对应图中A点），而没有选择SO2转化率更高的B或C点对应的反应条件，其原因分别是、；（4）在SO2催化氧化设备中设置热交换器的目的是、，从而充分利用能源来源:学科网四、【物质结构与性能】（共1小题，满分0分）12（2015宁城县三模）下表为元素周期表的一部分请回答下列问题：（1）上述元素中，属于s区的是 （填元素符号）（2）写出元素的基态原子的价电子排布图（3）元素的第一电离能：（选填“大于”或“小于”）（4）元素气态氢化物的VSEPR模型为；该分子为分子（选填“极性”或“非极性”）向硫酸铜溶液中逐滴加入其水溶液，可
12、观察到的现象为（5）元素的单质的晶体中原子的堆积方式如图甲所示，其晶胞特征如图乙所示，原子之间相互位置关系的平面图如图丙所示若已知的原子半径为dcm，NA代表阿伏加德罗常数，元素的相对原子质量为M，请回答：晶胞中原子的配位数为，该晶体的密度为（用字母表示）五、【有机化学基础】（共1小题，满分0分）13（2015宁城县三模）可用来制备抗凝血药，通过如图路线合成：（1）A与银氨溶液反应有银镜生成，写出该反应的离子方程式（2）BC的反应类型是（3）写出DE的化学方程式：（4）写出F和过量NaOH溶液共热时反应的化学方程式：（5）下列关于G的说法正确的是a能与溴单质反应 b能与金属钠反应来源:学科网c
13、.1mol G最多能和3mol氢气反应 d分子式是C9H6O3（6）E的同分异构体很多，除E外符合下列条件的共种含苯环且能与氯化铁溶液显色，苯环上有两个取代基，含酯基（7）F分子中有 种不同化学环境的氢原子2015年内蒙古赤峰市宁城县高考化学三模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1（3分）（2015宁城县三模）化学与生产、生活密切相关下列叙述正确的是（）A煤的干馏和石油的分馏均属化学变化BBaSO4在医学上用作钡餐，Ba 2+ 对人体无毒C由油脂得到甘油和由淀粉得到葡萄糖均发生了水解反应D葡萄糖注射液不属于胶体，其本质原因是由于不能产生丁达尔现象考点：煤的干馏
14、和综合利用；石油的裂化和裂解；油脂的性质、组成与结构；葡萄糖的性质和用途；药物的主要成分和疗效 专题：化学应用分析：A根据干馏和分馏的区别来判断；B根据BaSO4的性质来分析；C油脂为高级脂肪酸甘油酯，水解生成甘油；淀粉为多糖，水解最终产物为葡萄糖；D当分散剂是水或其它溶液时，根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液（小于1nm）、胶体（1nm100nm）、浊液（大于100nm）解答：解：A石油的分馏属物理变化，因为石油的分馏是利用石油中各种成分沸点不同将其分离的一种方法，没有新物质生成，所以是物理变化，煤的干馏是复杂的物理化学变化，故A错误； B钡离子对人体有害，它是一种重金属离子
15、，可以使人体中毒硫酸钡在医学上用作钡餐是因为硫酸钡既不溶于水也不溶于酸，不会产生可溶性钡离子，所以它对人体无害，故B错误； C油脂为高级脂肪酸甘油酯，水解生成甘油；淀粉为多糖，水解最终产物为葡萄糖，则均可发生水解反应，故C正确；D当分散剂是水或其它溶液时，根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液（小于1nm）、胶体（1nm100nm）、浊液（大于100nm），其本质原因是分散质粒子直径大小，故D错误故选C点评：本题考查分馏与干馏的区别、硫酸钡的医学用途、油脂的水解以及胶体和溶液的区别，题目难度不大，注意相关基础知识的积累2（3分）（2012山东）下列与化学概念有关的说法正确的是（）A
16、化合反应均为氧化还原反应B金属氧化物均为碱性氧化物C催化剂能改变可逆反应达到平衡的时间D石油是混合物，其分馏产品汽油为纯净物来源:学|科|网Z|X|X|K考点：氧化还原反应；混合物和纯净物；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系 专题：物质的分类专题；氧化还原反应专题分析：A化合反应是指由两种或两种以上物质反应生成另外一种物质的反应；有化合价变化的反应是氧化还原反应；B金属氧化物不一定都是碱性氧化物；C催化剂能同等程度的改变正逆反应速率；D石油是混合物，汽油也是混合物解答：解：A有化合价变化的化合反应是氧化还原反应，没有化合价变化的化合反应不是氧化还原反应，如：CaO+H2O=Ca（OH）2是化
17、合反应但不是氧化还原反应，故A错误；B金属氧化物不一定是碱性氧化物，如：Mn2O7是酸性氧化物，故B错误；C催化剂能同等程度的改变正逆反应速率，所以能改变到达平衡所需的时间，故C正确；D石油是混合物，其分馏产品汽油属于多种烃的混合物，故D错误；故选C点评：本题考查化学基本概念，易错选项是B，注意金属氧化物不一定是碱性氧化物，为易错点3（3分）（2015宁城县三模）下列判断中一定正确的是（）A若A2+2D2A+D2，则还原性：DAB若R2+和M+的电子层结构相同，则碱性：ROHMOHC若X2、Y2都是气态单质，且酸性HXHY，元素原子得电子能力XYD若M、N是同主族元素，且原子序数：MN，则元素
18、原子得电子能力：MN考点：氧化性、还原性强弱的比较；金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律 专题：氧化还原反应专题；元素周期律与元素周期表专题分析：A还原剂的还原性大于还原产物的还原性；BR2+和M+的电子层结构相同，则为同一周期元素，金属性从左到右逐渐减弱；C不能根据氢化物的酸性判断元素的非金属性；D同主族从上到下非金属性减弱，得电子能力减弱解答：解：A还原剂的还原性大于还原产物的还原性，若A2+2D2A+D2，则D为还原剂，A为还原产物，所以还原性：DA，故A正确；来源:Zxxk.ComBR2+和M+的电子层结构相同，则为同一周期元素，金属
19、性从左到右逐渐减弱，M的原子序数小，在前一主族，所以金属性：MR，则碱性：ROHMOH，故B错误；C已知X2、Y2都是气态单质，且酸性HXHY，不能根据氢化物的酸性判断元素的非金属性，所以不能确定XY的非金属性强弱，则不能确定得电子能力的强弱，故C错误；D若M、N是同主族元素，且原子序数：MN，则在周期表中N在上，M在下，同主族从上到下非金属性减弱，得电子能力减弱，所以元素原子得电子能力：NM，故D错误故选A点评：本题考查了还原性的比较、原子结构和性质、元素周期律等，题目难度不大，侧重于基础知识的考查4（3分）（2015宁城县三模）下列实验方案中，不能达到实验目的是（）选项实验目的实验方案A鉴
20、别溴蒸气和NO2分别通入硝酸银溶液中，产生淡黄色沉淀的是溴蒸汽B证明氧化性：H2O2比Fe3+强用硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe（NO3）2溶液中，溶液变黄色C证明盐类水解是吸热反应在醋酸钠溶液中滴入酚酞试液，加热后红色加深D证明难溶物存在沉淀溶解平衡往黄色固体难溶物PbI2加水中振荡，静置取上层清液加入NaI固体产生黄色沉淀AABBCCDD考点：化学实验方案的评价 专题：实验评价题分析：A二氧化氮和水反应生成硝酸和NO，而溴可溶于水，溴水呈橙黄色，可与硝酸银溶液反应生成浅黄色沉淀；B不能排除硝酸根离子的影响；C醋酸钠溶液中滴入酚酞试液，加热后若红色加深，则升高温度促进水解；D碘离子浓度增大，
21、平衡逆向进行解答：解：A二氧化氮通入到硝酸银溶液，有气体生成，而溴蒸气通入到硝酸银溶液中生成AgBr浅黄色沉淀，现象不同，能鉴别，故A正确； B不能排除硝酸根离子的影响，应在硫酸铁溶液中加入硫酸酸化的过氧化氢，故B错误；C醋酸钠溶液中滴入酚酞试液，加热后若红色加深，则升高温度促进水解，即水解反应为吸热反应，故C正确；D碘离子浓度增大，平衡逆向进行，能证明难溶物存在沉淀溶解平衡，故D正确故选B点评：本题考查化学实验方案的评价，涉及物质的检验、盐类的水解以及难溶电解质的溶解平衡等知识，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握实验的严密性和合理性，难度不大5
22、（3分）（2015宁城县三模）药物使数以万计的人摆脱疾病困扰，是我国科学家最近新合成的一种药物，下列关于该有机物的说法错误的是（）A该有机物的分子式为C11H16OB该有机物可以使溴水褪色C该有机物易溶于水D光照，该有机物可以与氯气发生取代反应考点：有机物的结构和性质 分析：该有机物中含有醇羟基、碳碳不饱和键，具有醇、烯烃和炔烃性质，能发生取代反应、氧化反应、消去反应、加成反应、加聚反应等，A根据结构简式确定分子式；B含有碳碳不饱和键，能和溴发生加成反应；C憎水基原子团较大，导致不易溶于水；D含有甲基，能和氯气在光照条件下发生取代反应解答：解：A根据结构简式确定分子式，分子式为C11H16O，
23、故A正确；B含有碳碳不饱和键，能和溴发生加成反应而使溴水褪色，故B正确；C憎水基原子团较大，亲水基式量较小，导致不易溶于水，故C错误；D含有甲基，能和氯气在光照条件下发生取代反应，故D正确；故选C点评：本题考查有机物结构和性质，为高频考点，把握官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查醇、不饱和烃的性质，易错点是分子式确定6（3分）（2015宁城县三模）科学家一直致力于“人工固氮”的新方法研究目前合成氨技术原理为：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）；H=92.4kJmol1在673K，30MPa下，上述合成氨反应中n（NH3）和n（H2）随时间变化的关系如图所示下列叙述正确的是（）A点a的正
24、反应速率比点b的大B点c处反应达到化学平衡状态C点d和点e处的n（N2）不相同D点e反应达到化学平衡状态，反应停止考点：物质的量或浓度随时间的变化曲线 专题：化学平衡专题分析：来源:学&科&网Z&X&X&KA浓度越大反应速率越快；Ba、b、c之后氢气的物质的量继续变化，未达到平衡，反应向正反进行；Cd、e对应氢气、氨气的物质的量不变，处于平衡状态；Dd、e对应氢气、氨气的物质的量不变，处于平衡状态是动态平衡解答：解：Aa点反应物的浓度大于b点，浓度越大反应速率越快，故a点反应速率更大，故A正确；B点c之后氢气的物质的量继续减小，未达到平衡，反应向正反进行，故B错误；Cd、e对应氢气、氨气的物质
25、的量不变，处于平衡状态，点d和点e处的n （N2）相同，故C错误；Dd、e对应氢气、氨气的物质的量不变，处于平衡状态，平衡时动态平衡丙未停止，故D错误；故选A点评：本题考查了化学平衡影响因素分析，注意图象变化的分析判断，掌握平衡调整和移动原理是关键，题目较简单7（3分）（2015宁城县三模）聚合硫酸铁可用于水的净化，其化学式可表示为Fea（OH）b（SO4）cm取一定量聚合硫酸铁样品与足量盐酸反应，所得溶液平均分为两份一份溶液中加入足量的BaCl2溶液，得到白色沉淀1.1650g另一份溶液，先将Fe3+还原为Fe2+，再用0.0200molL1 K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2
26、O7标准溶液33.33mL该聚合硫酸铁样品中a：b的比值为（已知：Cr2O72+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O）（）A2：1B3：1C1：1D4：5考点：复杂化学式的确定 分析：加入氯化钡生成的沉淀为硫酸钡，可计算出硫酸根离子的物质的量，根据Cr2O72+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O和滴定所用重铬酸钾的量可计算出铁离子的物质的量，根据电荷守恒可计算出氢氧根离子的物质的量，铁和氢氧根离子的物质的量之比即为a：b的比值解答：解：n（SO42）=0.005mol，n（K2Cr2O7）=0.03333L0.02mol/=0.0006666mol，n（Fe2+）=n
27、（K2Cr2O7）6=0.0039996mol，由电荷守恒可知n（OH）+n（SO42）2=n（Fe3+）3，n（OH）=0.0039996mol30.005mol2=0.0019988mol，得到a：b=0.0039996mol：0.0019988mol=2：1，故选A点评：本题考查化学方程式的计算，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，计算的关键是搞清反应原理，灵活运用中和滴定的数据计算铁的物质的量，利用电荷守恒来计算氢氧根离子的物质的量二、解答题（共3小题，满分43分）8（13分）（2015宁城县三模）过氧化镁（MgO2）易溶于稀酸，溶于酸后产生过氧化氢，在医学上可作为解酸剂
28、等过氧化镁产品中常会混有少量MgO，实验室可通过多种方案测定样品中过氧化镁的含量（1）某研究小组拟用如图装置测定一定质量的样品中过氧化镁的含量实验前需进行的操作是检查装置的气密性稀盐酸中加入少量FeCl3溶液的作用是用作催化剂（或催化H2O2的分解）用恒压分液漏斗的优点有：使分液漏斗中的溶液顺利滴下；消除滴入溶液的体积对所测气体体积的影响实验终了时，待恢复至室温，先将右侧刻度管缓缓向下移动直到两侧液面相平，再平视刻度线读数（2）实验室还可通过下列两种方案测定样品中过氧化镁的含量：方案：取a g样品，加入足量稀盐酸，充分反应后再加入 NaOH溶液至Mg2+沉淀完全，过滤、洗涤后，将滤渣充分灼烧，
29、最终得到b g固体方案：称取0.1g样品置于碘量瓶中，加入15mL0.6mol/LKI溶液和足量盐酸，摇匀后在暗处静置5min，然后用0.1mol/L Na2S2O3溶液滴定，滴定到终点时共消耗VmL Na2S2O3溶液（已知：I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI）已知常温下KspMg（OH）2=11011为使方案I中Mg2+完全沉淀即溶液中c（Mg2+）1105mol/L，溶液的pH至少应调至11方案I中过氧化镁的质量分数为 （用含a、b的表达式表示）方案中滴定前需加入少量淀粉溶液作指示剂；样品中过氧化镁的质量分数为2.8V% （用含V的表达式表示）考点：探究物质的组成或测量物质
30、的含量；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质 专题：实验探究和数据处理题；实验设计题分析：（1）实验前需进行的操作是检查装置的气密性；通过测量双氧水分解生成的氧气，可检测过氧化镁的含量，而氯化铁能作催化剂加快双氧水的分解，加快反应速率；气体的体积受温度和压强影响大，所以用恒压分液漏斗的优点还有消除滴入溶液的体积对所测气体体积的影响，使分液漏斗中的溶液顺利滴下；应该将右侧刻度管缓缓向下移动直到两侧液面相平，然后再平视刻度线读数；（2）根据氢氧化镁的溶度积，计算出溶液中氢氧根离子的浓度，求出溶液的PH；质量b是氧化镁，质量a是过氧化镁和氧化镁杂质质量，设出二者物质的量，列式计算出各自物质的量，最后
31、根据过氧化镁的物质的量，算出其质量分数； 由于碘遇淀粉显蓝色，加入少量淀粉溶液作指示剂；根据电子守恒找出关系式，计算出过氧化镁的质量分数解答：解：（1）实验装置连接好以后，实验前需进行的操作是检查装置的气密性；过氧化镁溶于水生成双氧水，双氧水易分解，通过测量双氧水分解生成的氧气，可检测过氧化镁的含量，而氯化铁能作催化剂加快双氧水的分解，加快反应速率，故答案为：检查装置的气密性；用作催化剂（或催化H2O2的分解）；由于气体的体积受温度和压强影响大，所以用恒压分液漏斗的优点还有消除滴入溶液的体积对所测气体体积的影响，使分液漏斗中的溶液顺利滴下，故答案为：消除滴入溶液的体积对所测气体体积的影响；由于
32、气体大体积受压强影响大，所以在读数之前，应该将右侧刻度管缓缓向下移动直到两侧液面相平，然后再平视刻度线读数，故答案为：将右侧刻度管缓缓向下移动直到两侧液面相平；（2）根据氢氧化镁的溶度积常数可知，当溶液中c（Mg2+）=l105mol/L时，KspMg（OH）2=11011=c（Mg2+）c2（OH），溶液中OH浓度等于1103mol/L，所以溶液的pH=11；设过氧化镁的物质的量是xmol，氧化镁物质的量是ymol，则56x+40y=a，（x+y）40=b，解得x=，方案I中过氧化镁的质量分数为：=，故答案是：11； ；方案：过氧化镁具有氧化性，能把碘化钾氧化生成单质碘，然后利用硫代硫酸钠滴
33、定生成的单质碘即可，由于碘遇淀粉显蓝色，加入少量淀粉溶液作指示剂； 根据反应方程式：I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI，根据电子守恒找出关系式：MgO2I2，所以n（MgO2）=n（I2）=n（Na2S2O3）=0.1mol/LV103L=5V105mol，过氧化镁的质量分数是：100%=2.8V%，故答案为：淀粉溶液；2.8V%点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题，试题综合性强，侧重对学生能力的培养和训练，有利于培养学生规范严谨的实验设计、操作能力；该类试题主要是以常见仪器的选用、实验基本操作为中心，通过是什么、为什么和怎样做重点考查实验基本操作的规范性和准确性及灵
34、活运用知识解决实际问题的能力9（15分）（2015宁城县三模）碳和氮的化合物与人类生产、生活密切相关（1）在一恒温、恒容密闭容器中发生反应：Ni （s）+4CO（g）Ni（CO）4（g），H0利用该反应可以将粗镍转化为纯度达99.9%的高纯镍下列说法正确的是C（填字母编号）A增加Ni的量可提高CO的转化率，Ni的转化率降低B缩小容器容积，平衡右移，H减小C反应达到平衡后，充入CO再次达到平衡时，CO的体积分数降低D当4v正Ni（CO）4=v正（CO）时或容器中混合气体密度不变时，都可说明反应已达化学平衡状态（2）CO与镍反应会造成含镍催化剂的中毒为防止镍催化剂中毒，工业上常用SO2将CO氧化，
35、二氧化硫转化为单质硫已知：CO （g）+O2（g）=CO2（g）H=Q1 kJmol1S（s）+O2（g）=SO2（g）H=Q2 kJmol1则SO2（g）+2CO （g）=S（s）+2CO2（g）H=（2Q1Q2） kJmol1（3）对于反应：2NO（g）+O22NO2（g），向某容器中充入10mol的NO和10mol的O2，在其他条件相同时，分别测得NO的平衡转化率在不同压强（P1、P2）下随温度变化的曲线（如图1）比较P1、P2的大小关系：p2p1700时，在压强为P2时，假设容器为1L，则在该条件平衡常数的数值为（最简分数形式）（4）NO2、O2和熔融NaNO3可制作燃料电池，其原理如
36、图2所示该电池在使用过程中石墨I电极上生成氧化物Y，其电极反应式为NO2+NO3e=N2O5若该燃料电池使用一段时间后，共收集到20mol Y，则理论上需要消耗标准状况下氧气的体积为224L考点：化学平衡的影响因素；热化学方程式；原电池和电解池的工作原理 分析：（1）A因Ni是固体，改变用量对反应物的转化率无影响；B一定温度下给定的化学方程式的H不会随着平衡移动而改变；C根据外界条件和该反应本身的特点进行分析；D根据不同物质的速率关系判断可逆反应时，应当一正一逆，速率之比等于系数比；（2）分析目标反应和已知反应，运用盖斯定律即可求得目标反应的H；（3）相同温度下，增大压强，平衡向正反应方向移动
37、，则NO的转化率增大；700时，在压强为P2时，由图象知NO平衡转化率为20%，则反应消耗NO2mol，氧气为1mol，生成二氧化氮为2mol，根据平衡时浓度的幂次方之积之比计算K；（4）据题意，根据通入气体判断两极，电极反应式和电池反应式，根据电池总反应4NO2+O2=2N2O5，求出消耗O2的量解答：解：（1）ANi是固体，浓度为常数，改变用量对平衡无影响，反应物的转化率不变，故A错误；B一定温度下给定的化学方程式的H不会随着平衡移动而改变，只与方程式的书写方式有关，故B错误；C因外界条件为恒温恒容、Ni是固体且正反应为气体体积缩小的反应，所以反应达到平衡后充入CO，相当于在恒温恒压条件下
38、达平衡后又加压，平衡右移，CO的转化率提高，平衡后其体积分数降低，故C正确；D速率关系未说明正、逆，不能判断是否已达平衡；因该反应气体质量增加而容积不变，所以混合气体密度是一个变量，当不变时说明反应达平衡，故D错误；故答案为：C；（2）根据已知：CO （g）+O2（g）=CO2（g）H=Q1 kJmol1S（s）+O2（g）=SO2（g）H=Q2 kJmol1则运用盖斯定律，SO2（g）+2CO（g）S（s）+2CO2（g）可由2得到，则H=（2Q1Q2） kJmol1，故答案为：（2Q1Q2） kJmol1；（3）相同温度下，增大压强，平衡向正反应方向移动，则NO的转化率增大，根据图象知，相
39、同温度下，p2的转化率大于p1，所以p2p1，故答案为：p2p1；700时，在压强为P2时，由图象知NO平衡转化率为20%，则反应消耗NO2mol，氧气为1mol，生成二氧化氮为2mol，平衡时NO为8mol，氧气为9mol，生成二氧化氮为2mol，则K=；故答案为：；（4）据题意，通O2一极为正极，电极反应式为O2+2N2O5+4e=4NO3；通NO2一极为负极，电极反应为：NO2+NO3e=N2O5，根据电池总反应4NO2+O2=2N2O5，收集到20molN2O5需消耗O2为10mol，标准状况下体积为224L故答案为：NO2+NO3e=N2O5；224点评：本题以碳和氮的化合物为载体考
40、查化学平衡、热化学方程式及电化学的相关知识，综合性较强10（15分）（2015宁城县三模）亚磷酸（H3PO3）是二元酸，H3PO3溶液存在电离平衡：H3PO3H+H2PO3亚磷酸与足量NaOH溶液反应，生和Na2HPO3（1）写出亚磷酸与少量NaOH溶液反应的离子方程式H3PO3+OH=H2PO3+H2O根据亚磷酸（H3PO3）的性质可推测Na2HPO3稀溶液的pH7（填“”、“”或“=”）某温度下，0.1000molL1的H3PO3溶液中c （H+）=2.5102 molL1，除OH之外其他离子的浓度由大到小的顺序是c（H+）c（H2PO3）c（HPO32），该温度下H3PO3电离平衡的平衡
41、常数K=8.3103mol/L（H3PO3第二步电离忽略不计，结果保留两位有效数字）（2）亚磷酸具有强还原性，可使碘水褪色，该反应的化学方程式H3PO3+I2+H2O=2HI+H3PO4（3）电解Na2HPO3溶液也可得到亚磷酸，装置示意图如下：说明：阳膜只允许阳离子通过，阴膜只允许阴离子通过阴极的电极反应式为2H+2e=H2产品室中生成亚磷酸的离子方程式为HPO32+2H+=H3PO3考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；原电池和电解池的工作原理 专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：（1）亚磷酸和少量氢氧化钠反应生成NaH2PO3、H2O；亚磷酸是二元酸，故Na2HPO3属于正盐，HPO32只
42、能发生水解；根据亚磷酸的浓度和pH知，亚磷酸是二元弱酸，在水溶液里分步电离，且电离程度逐渐减小，据此确定离子浓度大小；根据K=计算；（2）碘具有强氧化性，亚磷酸具有强还原性，所以碘和亚磷酸发生氧化还原反应生成氢碘酸和磷酸；（3）阴极上得电子发生还原反应；产品室中HPO32和氢离子结合 生成亚磷酸解答：解：（1）亚磷酸是二元酸，亚磷酸和少量氢氧化钠反应生成NaH2PO3、H2O，所以该反应方程式为：H3PO3+OH=H2PO3+H2O；故答案为：H3PO3+OH=H2PO3+H2O；亚磷酸是二元酸，故Na2HPO3属于正盐，HPO32只能发生水解而使溶液显示碱性，即pH7；故答案为：；来源:学科
43、网0.1000molL1的H3PO3溶液c （H+）=2.5102 molL1，氢离子浓度小于亚磷酸浓度，所以亚磷酸是二元弱酸，在水中分步电离，且第一步电离程度大于第二步，两步电离中都有氢离子生成，所以氢离子浓度最大，离子浓度大小顺序是c（HPO32）c（H2PO3）c（H+）； H3PO3 H+H2PO3起始时各物质浓度（molL1）：0.10 0 0反应的各物质的浓度（molL1）：2.5102 2.5102 2.5102平衡时各物质的浓度（molL1）：0.102.5102 2.5102 2.5102K=8.3103mol/L；故答案为：c（H+）c（H2PO3）c（HPO32）；8.3
44、103mol/L；（2）碘具有氧化性，亚磷酸具有强还原性，所以亚磷酸和碘能发生氧化还原反应生成氢碘酸和磷酸，反应方程式为：H3PO3+I2+H2O=2HI+H3PO4；故答案为：H3PO3+I2+H2O=2HI+H3PO4；（3）阴极上氢离子得电子发生还原反应，电极反应式为2H+2e=H2；故答案为：2H+2e=H2；产品室中HPO32和氢离子结合生成亚磷酸，反应离子方程式为：HPO32+2H+=H3PO3；故答案为：HPO32+2H+=H3PO3点评：本题考查弱电解质的电离、离子浓度大小比较、电离常数的计算、水解原理的应用、电极方程式的书写等，知识点较综合，电极反应式的书写、有关平衡常数的计
45、算是高考热点，应重点掌握三、【化学与技术】（共1小题，满分15分）11（15分）（2015宁城县三模）以黄铁矿为原料，采用接触法生产硫酸的流程可简示如图1：请回答下列问题：（1）在炉气制造中，生成SO2的化学方程式为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2；（2）炉气精制的作用是将含SO2的炉气除尘、水洗和干燥，如果炉气不经过精制，对SO2催化氧化的影响是矿尘、砷、硒等化合物使催化剂中毒，水蒸气对设备和生产有不良影响；（3）精制炉气（含SO2体积分数为7%、O2为11%、N2为82%）中SO2平衡转化率与温度及压强关系如图2所示在实际生产中，SO2催化氧化反应的条件选择常压、450左右（对应
46、图中A点），而没有选择SO2转化率更高的B或C点对应的反应条件，其原因分别是不选择B点，因为压强越大对设备的投资大，消耗的动能大，SO2原料的转化率已是97%左右，再提高压强，SO2的转化率提高的余地很小，所以采用1个大气压、不选择C点，因为温度越低，SO2转化率虽然更高，但催化作用受影响，450时，催化剂的催化效率最高，故不选C点；（4）在SO2催化氧化设备中设置热交换器的目的是利用反应放出的热量预热原料气、上层反应气经热交换器温度降到400500进入下层使反应更加完全，从而充分利用能源考点：工业制取硫酸 专题：化学应用分析：（1）黄铁矿的主要成分是FeS2，在高温条件下与氧气反应：4FeS
47、2+11O24Fe2O3+8SO2；（2）在催化氧化时必须进行除尘、洗涤、干燥，以达到除去砷、硒等化合物的效果，这些物质会使催化剂中毒，并且水蒸气在高温下与铁反应，对设备和生产有不良影响；（3）在反应2SO2+O22SO3中，SO2转化率较高，工业上一般不采用更高的压强，因为压强越大对设备的投资越大，消耗的动能越大SO2的转化率在1个大气压下的转化率已达到97%左右，在提高压强，SO2的转化率提高的余地很小，本反应为放热反应，工业生产中不采取较低的温度，因为温度越低，SO2的转化率虽然更高，但反应较慢，450时，催化剂的催化效率最高；（4）SO2催化氧化设备中设置热交换器可以充分利用反应放出的
48、热解答：解：（1）黄铁矿的主要成分是FeS2，在高温条件下与氧气反应，其反应的化学方程式为：4FeS2+11O24Fe2O3+8SO2；故答案为：4FeS2+11O24Fe2O3+8SO2；（2）在催化氧化时必须进行除尘、洗涤、干燥，以达到除去砷、硒等化合物的效果，这些物质会使催化剂中毒，并且水蒸气在高温下与铁反应，对设备和生产有不良影响，故答案为：除尘、水洗；砷、硒等化合物会使催化剂中毒，水蒸气对设备和生产有不良影响；（3）在反应2SO2+O22SO3中，SO2转化率较高，工业上一般不采用更高的压强，因为压强越大对设备的投资越大，消耗的动能越大SO2的转化率在1个大气压下的转化率已达到97%
49、左右，在提高压强，SO2的转化率提高的余地很小，本反应为放热反应，工业生产中不采取较低的温度，因为温度越低，SO2的转化率虽然更高，但催化剂的催化作用会受影响，450时，催化剂的催化效率最高故答案为：不选择B点，因为压强越大对设备的投资大，消耗的动能大，SO2原料的转化率已是97%左右，再提高压强，SO2的转化率提高的余地很小，所以采用1个大气压；不选择C点，因为温度越低，SO2转化率虽然更高，但催化作用受影响，450时，催化剂的催化效率最高，故不选C点；（4）在S02催化氧化设备中设置热交换器，把不同温度之间的气体进行热交换，可预热反应气体，冷却生成气体，可起到充分利用能源的目的，故答案为：
50、利用反应放出的热量预热原料气；上层反应气经热交换器温度降到400500进入下层使反应更加完全点评：本题考查硫酸的工业制法，涉及环境保护、反应原理、工业流程等问题，本题中注意炉气的精制、反应条件等问题的考查，是易错点，题目难度中等四、【物质结构与性能】（共1小题，满分0分）12（2015宁城县三模）下表为元素周期表的一部分请回答下列问题：（1）上述元素中，属于s区的是H、Mg、Ca （填元素符号）（2）写出元素的基态原子的价电子排布图（3）元素的第一电离能：大于（选填“大于”或“小于”）（4）元素气态氢化物的VSEPR模型为四面体；该分子为极性分子（选填“极性”或“非极性”）向硫酸铜溶液中逐滴加
51、入其水溶液，可观察到的现象为先产生蓝色沉淀，后溶解得深蓝色溶液（5）元素的单质的晶体中原子的堆积方式如图甲所示，其晶胞特征如图乙所示，原子之间相互位置关系的平面图如图丙所示若已知的原子半径为dcm，NA代表阿伏加德罗常数，元素的相对原子质量为M，请回答：晶胞中原子的配位数为12，该晶体的密度为（用字母表示）考点：晶胞的计算；原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型 分析：根据元素在周期表中的位置知，分别是H、C、N、O、Mg、Al、Cl、Ca、Cr元素，（1）上述元素中，属于s区的元素位于第I、IIA族；来源:Z_xx_k.Com（2）元素是Cr元素，其基态原子价电子为3d、4s能级上电子，
52、3d、4s能级上分别含有5、1个电子；（3）同一周期元素，元素的第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族第一电离能大于其相邻元素；（4）元素气态氢化物是氨气，氨气分子中N原子价层电子对个数是4，且含有一个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断其VSEPR模型；正负电荷重心重合的分子是非极性分子，不重合的分子是极性分子；硫酸铜和一水合氨反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，当氨水过量时，氢氧化铜和一水合氨反应生成铜氨络合物；（5）根据晶胞结构知，该原子配位数=382；晶胞棱长=2dcm，晶胞体积=（2dcm）3，该晶胞中原子个数=8+6=4，晶胞密度=解答：解：根据元素在周期表中的位置知
53、，分别是H、C、N、O、Mg、Al、Cl、Ca、Cr元素，（1）上述元素中，属于s区的元素位于第I、IIA族，所以位于s区的元素是H、Mg、Ca，故答案为：H、Mg、Ca；（2）元素是Cr元素，其基态原子价电子为3d、4s能级上电子，3d、4s能级上分别含有5、1个电子，所以其价电子排布图为，故答案为：；（3）同一周期元素，元素的第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族第一电离能大于其相邻元素，所以第一电离能NO，故答案为：大于；（4）元素气态氢化物是氨气，氨气分子中N原子价层电子对个数是4，且含有一个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断其VSEPR模型为四面体形；正负电
54、荷重心重合的分子是非极性分子，不重合的分子是极性分子，氨气分子正负电荷重心不重合，为极性分子；硫酸铜和一水合氨反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，当氨水过量时，氢氧化铜和一水合氨反应生成铜氨络合物，所以看到的现象是先产生蓝色沉淀，后溶解得深蓝色溶液，故答案为：四面体；极性；先产生蓝色沉淀，后溶解得深蓝色溶液；（5）根据晶胞结构知，该原子配位数=382=12；晶胞棱长=2dcm，晶胞体积=（2dcm）3，该晶胞中原子个数=8+6=4，晶胞密度=，故答案为：12；点评：本题考查物质结构和性质，侧重考查学生分析计算及空间想象能力，涉及晶胞计算、配合物、分子空间构型、原子核外电子排布、电离能等知识点，这些知识点
55、都是高频考点，难点是晶胞及配位数的计算五、【有机化学基础】（共1小题，满分0分）13（2015宁城县三模）可用来制备抗凝血药，通过如图路线合成：（1）A与银氨溶液反应有银镜生成，写出该反应的离子方程式CH3CHO+2Ag（NH3）2+2OH CH3COO+NH4+2Ag+3NH3+H2O（2）BC的反应类型是取代反应（3）写出DE的化学方程式：+CH3OH+H2O（4）写出F和过量NaOH溶液共热时反应的化学方程式：+3NaOH+CH3COONa+CH3OH+H2O（5）下列关于G的说法正确的是abda能与溴单质反应 b能与金属钠反应c.1mol G最多能和3mol氢气反应 d分子式是C9H6
56、O3（6）E的同分异构体很多，除E外符合下列条件的共8种含苯环且能与氯化铁溶液显色，苯环上有两个取代基，含酯基（7）F分子中有6 种不同化学环境的氢原子考点：有机物的推断；有机物的合成 专题：有机物的化学性质及推断分析：A与银氨溶液反应有银镜生成，则A中存在醛基，由流程可知A与氧气反应可以生成乙酸，则A为CH3CHO，由B和C的结构简式可以看出，乙酸分子中的羟基被氯原子取代，发生了取代反应，D与甲醇在浓硫酸条件下发生酯化反应生成E，则E的结构简式为，由F的结构简式可知，C和E 在催化剂条件下脱去一个HCl分子得到F，据此解答解答：解：A与银氨溶液反应有银镜生成，则A中存在醛基，由流程可知A与氧
57、气反应可以生成乙酸，则A为CH3CHO，由B和C的结构简式可以看出，乙酸分子中的羟基被氯原子取代，发生了取代反应，D与甲醇在浓硫酸条件下发生酯化反应生成E，则E的结构简式为，由F的结构简式可知，C和E 在催化剂条件下脱去一个HCl分子得到F，（1）由以上分析可知，A为CH3CHO，与银氨溶液反应的离子方程式为：CH3CHO+2Ag（NH3）2+2OH CH3COO+NH4+2Ag+3NH3+H2O，故答案为：CH3CHO+2Ag（NH3）2+2OH CH3COO+NH4+2Ag+3NH3+H2O；（2）由B和C的结构简式可以看出，乙酸分子中的羟基被氯原子取代，发生了取代反应，故答案为：取代反应
58、；（3）DE的化学方程式为：+CH3OH+H2O，故答案为：+CH3OH+H2O；（4）F和过量NaOH溶液共热时反应的化学方程式为：+3NaOH+CH3COONa+CH3OH+H2O，故答案为：+3NaOH+CH3COONa+CH3OH+H2O；（5）G分子的结构中存在苯环、酯基、羟基、碳碳双键，所以能够与溴单质发生加成反应或者取代反应，能够与金属钠反应产生氢气，a和b正确；1molG含有1mol碳碳双键和1mol苯环，所以需要4mol氢气，c错误，G的分子式为C9H6O3，d正确，故答案为：abd；（6）E（）的同分异构体很多，除E外符合下列条件：含苯环且能与氯化铁溶液显色，含有酚羟基，苯环上有两个取代基，含酯基，酯基为CH2OOCH或OOCCH3或COOCH3，与酚羟基均有邻、间、对三种位置，故除E外同分异构体有331=8种，故答案为：8；（7）苯环上有4种H原子，甲基上有2种氢原子，F分子中有6种不同化学环境的氢原子，故答案为：6点评：来源:Zxxk.Com本题考查有机物的推断、有机物结构与性质、有机反应类型、同分异构体等，难度不大，注意掌握有机物官能团的性质和转化，结合反应条件及有机物结构简式进行解答