1、山东省潍坊市四县2015届高考化学模拟试卷（5月份）一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1化学与生活息息相关，下列说法错误的是（）A乙烯可作为水果的催熟剂B地沟油经过处理，可用来制造肥皂C漂白粉长期暴露在空气中会变质失效D丙烷（C3H8）和乙醇（C2H5OH）均存在同分异构体2X、Y、Z、R、W是短周期主族元素，X原子的最外层电子数是其次外层的2倍，Y是地壳中含量最高的元素，Z元素的化合物的焰色反应呈黄色，R原子的核外电子数是X原子与Z原子的核外电子数之和，W与Y属于同一主族下列叙述正确的是（）AY、Z、R元素简单离子的半径依次增大B含有Y、Z、R三种元素的化合物最多只有2种C元素W
2、和R最高价氧化物对应水化物的酸性后者强DY与Z形成的两种化合物中的化学键类型和阴阳离子个数比均相同3设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A常温常压下，8g CH4含有4NA个氢原子Bmol Cu与足量FeCl3溶液反应，转移2NA个电子CL0.1 molL1（NH4）2SO4溶液中含有0.2NA个NH4+D0 L pH=l的硫酸溶液中含有的H+离子数为2NA4下列关于各实验装置的叙述中，正确的是（）A装置可用于蒸干氯化铝溶液制A1C13B装置盐桥中的K+自右向左移动C装置可用于收集NH3或HCl气体，并防止倒吸D装置可用于分离CCl4萃取碘水后已分层的有机层和水层5乙酸橙花酯是一
3、种食用香料，其结构简式如图所示，关于该有机物的下列叙述中错误的是（）A分子式为C12H20O2B能使酸性KMnO4溶液褪色C能发生加成反应，但不能发生取代反应Dmol该有机物水解时只能消耗lmolNaOH6向某含有SO32、SiO32、CO32、Br、Na+的溶液中缓慢通入Cl2直至过量，下列对该反应过程的判断不正确的是（）A整个过程共发生2个氧化还原反应B所有阴离子的浓度都发生了变化C溶液的颜色发生了变化D反应过程中既有气体产生，也有沉淀产生7常温下，向l L pH=l0的NaOH溶液中持续通入CO2通入CO2的体积（y）与溶液中水电离出的c（OH）的关系如图所示下列叙述错误的是（）Aa点溶
4、液中：水电离出的c（H+）=11010molL1Bb点溶液中：c（H+）=1107molL1Cc点溶液中：c（Na+）c（HCO3）c（CO32）Dd点溶液中：c（Na+）=2c（CO32）+c（HCO3）二、解答题（共3小题，满分53分）8硫及其化合物有广泛应用（1）硫酸生产过程中涉及以下反应已知25、l0l kPa时：2SO2（g）+O2（g）+2H2O（l）2H2SO4（l）H=457kJmol1SO3（g）+H2O（l）H2SO4（l）H=130kJmol1则SO2催化氧化反应中，每生成l mol SO3（g）的焓变为kJmol1对于SO3催化氧化反应：2SO2（g）+O2（g）2SO
5、3（g）甲图是SO2催化氧化反应时SO2（g）和SO3（g）的浓度随时间的变化情况反应从开始到达到平衡时，用O2表示的平均反应速率为在一容积可变的密闭容器中充入20molSO2（g）和l0molO2（g），O2的平衡转化率随温度（T）、压强（P）的变化如图乙所示则P1与P2的大小关系是P1 P2（填、=或）；A、B、C三点的平衡常数大小关系是（用KA、KB、KC和、=、表示）（3）为研究H2SO4生产中SO3催化氧化时温度对SO2平衡转化率的影响，进行如下试验取100L原料气（体积分数为SO27%、O2 11%、N282%）使之发生反应，在10l kPa下达到平衡，得到如下数据：温度/5005
6、25550575600平衡转化率/%93.590.585.680.073.7根据上述数据，575达平衡时，SO3的体积分数为%（保留一位小数）（4）工业生成硫酸过程中，通常用氨水吸收尾气如果相同物质的量的SO2与NH3溶于水，发生反应的离子方程式为，所得溶液中c（H+）c（OH）=（填序号）ac（SO32）c（H2SO3）bc（HSO3）+c（SO32）c（NH4+）cc（SO32）+c（NH3H2O）c（H2SO3） dc（HSO3）+2c（SO32）c（NH4+）工业上用足量氨水吸收硫酸工业废气吸收SO2后的碱性溶液还可用于Cl2的尾气处理，吸收Cl2后的溶液仍呈强碱性，则吸收Cl2后的溶
7、液中一定存在的阴离子有OH和9运用化学原理知识研究化学对于人类的生产生活、科研意义重大（1）工业上以黄铜矿（主要成分：CuFeS2，其中S为2价）为原料，采用火法熔炼工艺生产粗铜CuFeS2中Fe的化合价为，熔炼过程中所得炉渣的主要成分有FeO、Fe2O3、SiO2，Al2O3等，若要利用炉渣制取铁红，下列实验操作不需要的是（填写字母代号）A溶解 B过滤 C蒸发结晶 D灼烧Mg（OH）2是水垢的主要成分之一，用氯化铵溶液浸泡：可以溶解Mg（OH）2，请结合平衡移动原理解释其原因（3）研究发现CuCl2溶液中铜、氯元素的存在形式为Cu（H2O）42+、CuCl42，电解CuCl2溶液一段时间，阳
8、极产生2.24L（标准状况）黄绿色气体，阴极析出红色物质，试计算该过程中共转移电子mol，若要使电解质溶液恢复至原浓度，应向电解后的溶液中加入（4）以硼氢化合物NaBH4（B元素的化合价为+3价）和H2O2作原料的燃料电池，负极材料采用Pt/C，正极材料采用MnO2其工作原理如图丙所示电池放电时Na+由（填写“a”或“b”，下同）极区移向极区，该电池的负极反应式为10NH3和NOx在催化剂作用下可转变为N2和H2O，这是目前硝酸厂尾气治理所普遍采用的一种方法，为了提高NO的转化率实际操作中用过量的氨气某研究小组拟验证NO能被氨气还原并计算其转化率（已知：浓硫酸在常温下不氧化NO气体）（1）装置
9、可以选的干燥剂为：（选填序号，下同）；a浓硫酸 b碱石灰 c无水氯化钙若实验室只提供浓氨水和生石灰两种试剂，你会选择下图装置来制取氨气；下图装置C中盛放固体药品的仪器名称是（3）写出装置中反应的化学方程式；该反应中的氧化剂是（4）实验室在用装置D制取较纯NO过程中，先在试管中加入23粒石灰石，注入适量稀硝酸，反应一段时间后，再塞上带有细铜丝的胶塞进行后续反应，加入石灰石的作用（5）实验完成后，检验装置中NH4+的存在需要浓NaOH溶液和试纸（6）已知NO与FeSO4溶液反应形成棕色可溶性的Fe（NO）SO4，装置中，小段玻璃管的作用是；装置的作用是除去NO和检验氨气是否除尽，若氨气未除尽观察到
10、的实验现象是三、【化学物质结构与性质】（共3小题，满分12分）11下列叙述正确的是 （）A含有金属阳离子的晶体一定是离子晶体B化合物硫氰化铁和氢氧化二氨合银中都存在配位键CKCl、HF、CH3CH2OH、SO2都易溶于水，且原因相同DMgO的熔点比NaCl的高，主要是因为MgO的晶格能大于NaCl的晶格能12氨基酸是蛋白质的基石，甘氨酸是最简单的氨基酸（结构如图），在甘氨酸分子中，N原子的杂化形式是，在甘氨酸分子中C、N、O原子的第一电离能从大到小的顺序是；氮可以形成多种离子，如N3、NH2、NH4+、N2H5+等，其中，NH4+的空间构型是13已知MO与CsCl的结构相似（如图2所示），MO
11、晶体的密度为p gcm3，NA为阿伏加德罗常数，相邻的两个M2+的核间距为acm写出Cs基态原子的价电子排布式，MO的相对分子质量可以表示为四、化学有机化学基础（共1小题，满分0分）14阿司匹林能迅速解热、镇痛，长效缓释阿司匹林可在体内逐步水解而疗效更佳，用丙酮为主要原料合成长效缓释阿司匹林的流程如图：已知：RCNRCOOH回答下列问题：（1）B含有的官能团的名称是D物质的名称为（3）反应的条件为，该反应类型是（4）写出反应的化学方程式（5）有机物E是阿司匹林的同分异构体，具有如下特征：苯环含有对二取代结构；能发生银镜反应；能发生水解反应且产物中的2种为同系物或同种物质写出E的结构简式（只写一
12、种）山东省潍坊市四县2015届高考化学模拟试卷（5月份）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化学与生活息息相关，下列说法错误的是（）A乙烯可作为水果的催熟剂B地沟油经过处理，可用来制造肥皂C漂白粉长期暴露在空气中会变质失效D丙烷（C3H8）和乙醇（C2H5OH）均存在同分异构体考点：生活中的有机化合物分析：A、乙烯是一种植物激素，可用作水果和蔬菜的催熟剂；B、地沟油中含有大量的有害物质，在碱性条件下水解可以用来制肥皂；C、漂白粉在空气中变质是因为其有效成分CaClO2会与空气中的CO2、H2O反应生成HClO，HClO分解使漂白粉变质失效；D、丙烷只有一种结构解答
13、：解：A、乙烯是一种植物激素，可用作水果和蔬菜的催熟剂，故A正确；B、地沟油中含有大量的有害物质，“地沟油”禁止食用，但可以用来制肥皂，故B正确；C、漂白粉长期暴露在空气中，其有效成分Ca（ClO）2会与空气中的CO2、H2O反应生成HClO，HClO分解使漂白粉变质失效，故C正确；D、丙烷只有一种结构，不存在同分异构体，故D错误，故选D点评：本题考查常见有机物的性质，涉及乙烯、油脂、漂白粉的性质以及同分异构体等，题目难度不大，注意化学与生产生活的联系2X、Y、Z、R、W是短周期主族元素，X原子的最外层电子数是其次外层的2倍，Y是地壳中含量最高的元素，Z元素的化合物的焰色反应呈黄色，R原子的核
14、外电子数是X原子与Z原子的核外电子数之和，W与Y属于同一主族下列叙述正确的是（）AY、Z、R元素简单离子的半径依次增大B含有Y、Z、R三种元素的化合物最多只有2种C元素W和R最高价氧化物对应水化物的酸性后者强DY与Z形成的两种化合物中的化学键类型和阴阳离子个数比均相同考点：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：X、Y、Z、R、W是短周期主族元素，X原子最外层电子数是次外层的两倍，最外层电子数不超过8个，则其K层为次外层，故X是C元素；Y元素在地壳中的含量最高的元素，则Y是O元素；W与Y属于同一主族，则为W为S元素；Z元素的化合物的焰色反应呈黄色，则Z是Na元素；R原子
15、的核外电子数是X原子与Z原子的核外电子数之和，其核外电子数为6+11=17，故R为Cl，据此解答解答：解：X、Y、Z、R、W是短周期主族元素，X原子最外层电子数是次外层的两倍，最外层电子数不超过8个，则其K层为次外层，故X是C元素；Y元素在地壳中的含量最高的元素，则Y是O元素；W与Y属于同一主族，则为W为S元素；Z元素的化合物的焰色反应呈黄色，则Z是Na元素；R原子的核外电子数是X原子与Z原子的核外电子数之和，其核外电子数为6+11=17，故R为ClA电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，则离子半径：ClO2Na+，故A错误；BY、Z、R分别是O、Na、Cl元
16、素，含有三种元素的化合物有NaClO、NaClO2、NaClO3、NaClO4等，故B错误；C元素W和R最高价氧化物对应水化物分别为硫酸、高氯酸，高氯酸的酸性强于硫酸，故C正确；DY与Z形成的两种化合物为Na2O、Na2O2，含有的阴阳离子数目之比均为1：2，前者只含离子键，后者含有离子键、共价键，故D错误，故选：C点评：本题考查原子结构与元素周期律，侧重于学生的分析能力的考查，正确推断元素是解本题关键，B中注意根据Cl元素化合价理解O、Na、Cl元素形成的化合物，难度中等3设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A常温常压下，8g CH4含有4NA个氢原子Bmol Cu与足量FeC
17、l3溶液反应，转移2NA个电子CL0.1 molL1（NH4）2SO4溶液中含有0.2NA个NH4+D0 L pH=l的硫酸溶液中含有的H+离子数为2NA考点：阿伏加德罗常数专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：An=计算物质的量，结合分子式计算氢原子数；B铜和足量氯化铁反应生成氯化铁和氯化铜，依据反应的铜金属电子转移；C硫酸铵溶液中，铵根离子部分水解，导致溶液中铵根离子数目减少；DpH=1的溶液中的氢离子浓度为0.1mol/L，1L该溶液中含有0.1mol氢离子解答：解：A.8g甲烷的物质的量为：=0.5mol，甲烷分子中含有4个H原则，则0.5mol甲烷分子中含有氢原子的数目为：0.5
18、mol4NA=2NA，故A错误；B铜和足量氯化铁反应生成氯化铁和氯化铜，1mol Cu与足量FeCl3溶液反应，转移2NA个电子，故B正确；C.1L0.1 molL1（NH4）2SO4溶液中含有溶质硫酸铵0.1mol，0.1mol硫酸铵溶液中含有0.2mol铵根离子，由于铵根离子部分水解，则溶液中含有的铵根离子小于0.2NA，故C错误；DpH=l的硫酸溶液中氢离子浓度为0.1mol，1L该溶液中含有0.1mol氢离子，含有的H+离子数为NA，故D错误；故选B点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的综合应用，题目难度中等，熟练掌握物质的量与阿伏伽德罗常数、摩尔质量等物理量之间的关系为解答关键，试题知识点
19、较多，充分考查学生的分析能力及灵活应用基础知识的能力4下列关于各实验装置的叙述中，正确的是（）A装置可用于蒸干氯化铝溶液制A1C13B装置盐桥中的K+自右向左移动C装置可用于收集NH3或HCl气体，并防止倒吸D装置可用于分离CCl4萃取碘水后已分层的有机层和水层考点：化学实验方案的评价专题：实验评价题分析：A加热时应防止氯化铝水解；B原电池工作时，阳离子向正极移动；CHCl不能用碱石灰干燥；D四氯化碳不溶于水，且密度比水大解答：解：A氯化铝水解生成氢氧化铝，加热时应防止氯化铝水解，否则不能得到氯化铝，故A错误；B锌比铜活泼，为原电池负极，铜为正极，原电池工作时，阳离子向正极移动，故B错误；CH
20、Cl不能用碱石灰干燥，故C错误；D四氯化碳不溶于水，且密度比水大，可用于分液的方法分离，四氯化碳在下层，故D正确故选D点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及盐类的水解、原电池、气体额干燥以及分液等，把握实验原理及实验装置图的作用为解答的关键，注意方案的合理性、操作性分析，题目难度不大5乙酸橙花酯是一种食用香料，其结构简式如图所示，关于该有机物的下列叙述中错误的是（）A分子式为C12H20O2B能使酸性KMnO4溶液褪色C能发生加成反应，但不能发生取代反应Dmol该有机物水解时只能消耗lmolNaOH考点：有机物的结构和性质分析：A根据结构简式确定分子式；B该分子中含有碳碳双键、酯基
21、，具有烯烃和酯的性质；C该分子中含有碳碳双键和酯基，能发生加成反应、取代反应、氧化反应等；D只有酯基水解生成的羧基和NaOH反应解答：解：A根据结构简式确定分子式为C12H20O2，故A正确；B该分子中含有碳碳双键，具有烯烃的性质，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故B正确；C该分子中含有碳碳双键和酯基，能发生加成反应、取代反应、氧化反应等，故C错误；D只有酯基水解生成的羧基和NaOH反应，所以1mol该有机物水解时只能消耗lmolNaOH，故D正确；故选C点评：本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，明确官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查酯和烯烃的性质，注意只有酯基水解生成的羧基和酚羟基才能和
22、NaOH反应，为易错点6向某含有SO32、SiO32、CO32、Br、Na+的溶液中缓慢通入Cl2直至过量，下列对该反应过程的判断不正确的是（）A整个过程共发生2个氧化还原反应B所有阴离子的浓度都发生了变化C溶液的颜色发生了变化D反应过程中既有气体产生，也有沉淀产生考点：氯气的化学性质；离子共存问题专题：卤族元素分析：某溶液中含有SO32、SiO32、Br、CO32、Na+，向该溶液中通入过量的Cl2，SO32可以被氯气氧化为硫酸根离子；SiO32和氯水中的盐酸反应生成硅酸沉淀；Br被氯气氧化为溴单质；CO32和氯水中的盐酸反应生成二氧化碳气体，以此解答该题解答：解：A共发生了氯气氧化SO32
23、、Br2个氧化还原反应，另外还存在氯气和水的反应，故A错误；BSO32可以被氯气氧化为硫酸根离子；SiO32和氯水中的盐酸反应生成硅酸沉淀；Br被氯气氧化为溴单质；CO32和氯水中的盐酸反应生成二氧化碳气体，所有阴离子的浓度都发生了变化，故B正确；C通过以上分析知，反应前溶液呈无色，反应后有溴单质生成，溴水呈橙色，所以溶液由无色变为橙色，故C正确；D由B可知生成硅酸沉淀和二氧化碳气体，故D正确故选A点评：本题考查了氯水成分和离子反应的判断，为高频考点，明确氯气的氧化性、氯水中盐酸的作用是解答的关键，难度较大7常温下，向l L pH=l0的NaOH溶液中持续通入CO2通入CO2的体积（y）与溶液
24、中水电离出的c（OH）的关系如图所示下列叙述错误的是（）Aa点溶液中：水电离出的c（H+）=11010molL1Bb点溶液中：c（H+）=1107molL1Cc点溶液中：c（Na+）c（HCO3）c（CO32）Dd点溶液中：c（Na+）=2c（CO32）+c（HCO3）考点：离子浓度大小的比较专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：Aa点溶液中的溶质是NaOH，水电离出的c（H+）=10pH；B常温下，c（OH）=1107mol/L，溶液呈中性；Cc点溶液中，当水电离出的OH离子浓度最大时，说明此时的溶液是碳酸钠溶液，碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子但程度较小；Dd点溶液中，溶液呈中性，溶液中存在电
25、荷守恒，根据电荷守恒判断解答：解：Aa点溶液中的溶质是NaOH，水电离出的c（H+）=10pH=11010molL1，故A正确；B常温下，c（OH）=1107mol/L，溶液呈中性，则c（OH）=c（H+），所以c（H+）=1107molL1，故B正确；Cc点溶液中，当水电离出的OH离子浓度最大时，说明此时的溶液是碳酸钠溶液，碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子但程度较小，所以离子浓度大小顺序是c（Na+）c（CO32）c（HCO3），故C错误；Dd点溶液中，溶液呈中性，则c（OH）=c（H+），溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）=2c（CO32）+c（HCO3），故D正确；故选C点评：
26、本题考查离子浓度大小比较，为高频考点，明确溶液中的溶质及其性质是解本题关键，结合电荷守恒进行解答，注意计算碱性溶液中水电离出氢离子和氢氧根离子的方法二、解答题（共3小题，满分53分）8硫及其化合物有广泛应用（1）硫酸生产过程中涉及以下反应已知25、l0l kPa时：2SO2（g）+O2（g）+2H2O（l）2H2SO4（l）H=457kJmol1SO3（g）+H2O（l）H2SO4（l）H=130kJmol1则SO2催化氧化反应中，每生成l mol SO3（g）的焓变为98.5kJmol1对于SO3催化氧化反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）甲图是SO2催化氧化反应时SO2（g）和S
27、O3（g）的浓度随时间的变化情况反应从开始到达到平衡时，用O2表示的平均反应速率为0.0375mol/（Lmin）在一容积可变的密闭容器中充入20molSO2（g）和l0molO2（g），O2的平衡转化率随温度（T）、压强（P）的变化如图乙所示则P1与P2的大小关系是P1 P2（填、=或）；A、B、C三点的平衡常数大小关系是KA=KBKC（用KA、KB、KC和、=、表示）（3）为研究H2SO4生产中SO3催化氧化时温度对SO2平衡转化率的影响，进行如下试验取100L原料气（体积分数为SO27%、O2 11%、N282%）使之发生反应，在10l kPa下达到平衡，得到如下数据：温度/500525
28、550575600平衡转化率/%93.590.585.680.073.7根据上述数据，575达平衡时，SO3的体积分数为5.8%（保留一位小数）（4）工业生成硫酸过程中，通常用氨水吸收尾气如果相同物质的量的SO2与NH3溶于水，发生反应的离子方程式为SO2+NH3+H2O=NH4+HSO3，所得溶液中c（H+）c（OH）=cd（填序号）ac（SO32）c（H2SO3）bc（HSO3）+c（SO32）c（NH4+）cc（SO32）+c（NH3H2O）c（H2SO3） dc（HSO3）+2c（SO32）c（NH4+）工业上用足量氨水吸收硫酸工业废气吸收SO2后的碱性溶液还可用于Cl2的尾气处理，吸
29、收Cl2后的溶液仍呈强碱性，则吸收Cl2后的溶液中一定存在的阴离子有OH和Cl、SO42考点：化学平衡的计算；热化学方程式；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的影响因素分析：（1）已知：2SO2（g）+O2（g）+2H2O（l）2H2SO4（l）H=457kJmol1SO3（g）+H2O（l）H2SO4（l）H=130kJmol1根据盖斯定律，2可得：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H=197kJmol1，进而计算每生成l mol SO3（g）的焓变；根据v=计算v（SO3），再利用速率之比等于化学计量数之比计算v（O2）；正反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，氧
30、气的转化率增大；平衡常数只受温度影响，与压强无关，正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小；（3）结合二氧化硫的转化率计算平衡时各组分的体积，进而计算SO3的体积分数；（4）同物质的量的SO2与NH3溶于水，发生反应生成亚硫酸氢铵；根据电荷守恒，可知：c（H+）+c（NH4+）=c（HSO3）+2c（SO32）+c（OH），溶液中氢离子源于水电离、HSO3的水解、NH4+的水解，氢氧根离子源于水的电离、HSO3的水解，由水电离得到的c水（H+）与c水（OH）相等，据此判断；吸收Cl2后的溶液仍呈强碱性，说明有大量OH，氯气能将亚硫酸根氧化为硫酸根，自身被还原为氯离子解答：
31、解：（1）已知：2SO2（g）+O2（g）+2H2O（l）2H2SO4（l）H=457kJmol1SO3（g）+H2O（l）H2SO4（l）H=130kJmol1根据盖斯定律，2可得：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H=197kJmol1，故每生成l mol SO3（g）的H=（197kJmol1）=98.5kJmol1，故答案为：98.5；v（SO3）=0.075mol/（Lmin），速率之比等于化学计量数之比，则v（O2）=v（SO3）=0.075mol/（Lmin）=0.0375mol/（Lmin），故答案为：0.0375mol/（Lmin）；正反应为气体体积减小的反应，增大压强
32、，平衡向正反应方向移动，氧气的转化率增大，故压强P1P2；平衡常数只受温度影响，与压强无关，正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，故平衡常数：KA=KBKC，故答案为：；KA=KBKC；（3）参加反应二氧化硫为：100L7%80%=5.6L， 2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）开始（L）：7 11 0转化（L）：5.6 2.8 5.6平衡（L）：1.4 8.2 5.6故平衡时SO3的体积分数为100%5.8%，故答案为：5.8；（4）同物质的量的SO2与NH3溶于水，发生反应生成亚硫酸氢铵，反应离子方程式为：SO2+NH3+H2O=NH4+HSO3；根据电荷守恒
33、，可知：c（H+）+c（NH4+）=c（HSO3）+2c（SO32）+c（OH），则c（H+）c（OH）=c（HSO3）+2c（SO32）c（NH4+）溶液中氢离子源于水电离、HSO3的水解、NH4+的水解，氢氧根离子源于水的电离、HSO3的水解，由水电离得到的c水（H+）与c水（OH）相等，则c（H+）c（OH）=c（SO32）+c（NH3H2O）+c水（H+）c（H2SO3）+c水（OH）=c（SO32）+c（NH3H2O）c（H2SO3），故cd正确，故答案为：SO2+NH3+H2O=NH4+HSO3；cd；吸收Cl2后的溶液仍呈强碱性，说明有大量OH，氯气能将亚硫酸根氧化为硫酸根，自身
34、被还原为氯离子，则吸收Cl2后的溶液中一定存在的阴离子有OH和Cl、SO42，故答案为：Cl、SO42点评：本题反应热有关计算、反应速率计算、化学平衡计算、化学平衡图象、离子浓度大小比较等，属于拼合型题目，（4）中离子浓度判断为易错点、难点，注意利用电荷守恒、电离与水解进行分析解答9运用化学原理知识研究化学对于人类的生产生活、科研意义重大（1）工业上以黄铜矿（主要成分：CuFeS2，其中S为2价）为原料，采用火法熔炼工艺生产粗铜CuFeS2中Fe的化合价为+2，熔炼过程中所得炉渣的主要成分有FeO、Fe2O3、SiO2，Al2O3等，若要利用炉渣制取铁红，下列实验操作不需要的是C（填写字母代号
35、）A溶解 B过滤 C蒸发结晶 D灼烧Mg（OH）2是水垢的主要成分之一，用氯化铵溶液浸泡：可以溶解Mg（OH）2，请结合平衡移动原理解释其原因溶液中存在Mg（OH）2（s）Mg2+（aq）+2OH（aq），加入氯化铵溶液浸泡时，发生NH4+OH=NH3H2O，平衡右移，促进Mg（OH）2的溶解（3）研究发现CuCl2溶液中铜、氯元素的存在形式为Cu（H2O）42+、CuCl42，电解CuCl2溶液一段时间，阳极产生2.24L（标准状况）黄绿色气体，阴极析出红色物质，试计算该过程中共转移电子0.2mol，若要使电解质溶液恢复至原浓度，应向电解后的溶液中加入13.5gCuCl2（4）以硼氢化合物N
36、aBH4（B元素的化合价为+3价）和H2O2作原料的燃料电池，负极材料采用Pt/C，正极材料采用MnO2其工作原理如图丙所示电池放电时Na+由a（填写“a”或“b”，下同）极区移向b极区，该电池的负极反应式为BH4+8OH8e=BO2+6H2O考点：常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；化学方程式的有关计算；原电池和电解池的工作原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质分析：（1）CuFeS2中Cu、Fe的化合价为+2价，S为2价；利用炉渣制取铁红，可加入氢氧化钠溶液除去SiO2，Al2O3，然后灼烧可得铁红；溶液中存在氢氧化镁的溶解平衡，电离出的氢氧根离子可与铵根离子结合生成一水合氨，平衡
37、右移；（3）电解CuCl2溶液一段时间，阳极产生2.24L（标准状况）黄绿色气体，发生2Cl2e=Cl2，且n（Cl2）=0.1mol，阴极析出红色物质，生成铜，电极方程式为Cu2+2e=Cu；（4）NaBH4（B元素的化合价为+3价）和H2O2作原料的燃料电池，正极上H2O2发生还原反应，负极电极方程式为BH4+8OH8e=BO2+6H2O，阳离子向正极移动解答：解：（1）CuFeS2中Cu、Fe的化合价为+2价，S为2价，利用炉渣制取铁红，可加入氢氧化钠溶液除去SiO2，Al2O3，然后灼烧可得铁红，需要的操作为溶解、过滤、灼烧，不需要蒸发结晶，故答案为：+2；C；溶液中存在氢氧化镁的溶解
38、平衡Mg（OH）2（s）Mg2+（aq）+2OH（aq），电离出的氢氧根离子可与氯化铵电离出的铵根离子结合生成一水合氨，平衡右移，促进Mg（OH）2的溶解，故答案为：溶液中存在Mg（OH）2（s）Mg2+（aq）+2OH（aq），加入氯化铵溶液浸泡时，发生NH4+OH=NH3H2O，平衡右移，促进Mg（OH）2的溶解；（3）电解CuCl2溶液一段时间，阳极产生2.24L（标准状况）黄绿色气体，发生2Cl2e=Cl2，且n（Cl2）=0.1mol，转移0.2mol电子，阴极析出红色物质，生成铜，电极方程式为Cu2+2e=Cu，则阴极析出0.1molCu，质量为m（CuCl2）=0.1mol135
39、.5g/mol=13.5g，则若要使电解质溶液恢复至原浓度，应向电解后的溶液中加入13.5gCuCl2，故答案为：0.2；13.5gCuCl2；（4）NaBH4（B元素的化合价为+3价）和H2O2作原料的燃料电池，阳离子向正极移动，正极上H2O2发生还原反应，得到电子生成OH，其电极反应为：H2O2+2e=2OH，负极电极方程式为BH4+8OH8e=BO2+6H2O，故答案为：a；b；BH4+8OH8e=BO2+6H2O点评：本题考查较为综合，为2015届高考常见题型，侧重于学生分析能力和计算能力的考查，题目涉及电极判断与电极反应式书写等问题，做题时注意从氧化还原的角度判断原电池的正负极以及电
40、极方程式的书写，本题中难点和易错点为电极方程式的书写，注意化合价的变化10NH3和NOx在催化剂作用下可转变为N2和H2O，这是目前硝酸厂尾气治理所普遍采用的一种方法，为了提高NO的转化率实际操作中用过量的氨气某研究小组拟验证NO能被氨气还原并计算其转化率（已知：浓硫酸在常温下不氧化NO气体）（1）装置可以选的干燥剂为：b（选填序号，下同）；a浓硫酸 b碱石灰 c无水氯化钙若实验室只提供浓氨水和生石灰两种试剂，你会选择下图B或C装置来制取氨气；下图装置C中盛放固体药品的仪器名称是锥形瓶（3）写出装置中反应的化学方程式6NO+4NH35N2+6H2O；该反应中的氧化剂是NO（4）实验室在用装置D
41、制取较纯NO过程中，先在试管中加入23粒石灰石，注入适量稀硝酸，反应一段时间后，再塞上带有细铜丝的胶塞进行后续反应，加入石灰石的作用产生二氧化碳排尽装置中的空气，防止氧化NO（5）实验完成后，检验装置中NH4+的存在需要浓NaOH溶液和湿润的红色石蕊试纸（6）已知NO与FeSO4溶液反应形成棕色可溶性的Fe（NO）SO4，装置中，小段玻璃管的作用是防倒吸；装置的作用是除去NO和检验氨气是否除尽，若氨气未除尽观察到的实验现象是中溶液变浑浊考点：探究物质的组成或测量物质的含量；性质实验方案的设计分析：（1）装置干燥氨气选择和氨气不反应、不能溶解氨气的干燥剂；浓氨水和生石灰两种试剂制备氨气，可以利用
42、浓氨水滴入生石灰中溶解放热一水合氨分解生成氨气，也可以加热氨水生成氨气；装置C为锥形瓶；（3）NO与氨气反应生成氮气和水；反应中NO中的N元素得电子化合价降低；（4）利用稀硝酸和碳酸钙反应生成二氧化碳气体充满试管，避免生成的一氧化氮被空气中的氧气氧化；（5）检验铵根离子用浓的氢氧化钠和湿润的红色石蕊试纸；（6）防止倒吸；装置是用来检验氨气是否除净的装置，若氨气有剩余，在溶液中会生成沉淀解答：解：（1）装置干燥氨气选择和氨气不反应、不能溶解氨气的干燥剂；a浓硫酸和氨气反应，不能干燥氨气，故a不符合；b碱石灰是碱性干燥剂，可以干燥氨气，故b符合； c无水氯化钙会和氨气结合不能干燥氨气，故c不符合；
43、故答案为：b浓氨水和生石灰两种试剂制备氨气，可以利用浓氨水滴入生石灰中溶解放热一水合氨分解生成氨气，也可以加热氨水生成氨气，反应的化学方程式为：NH3H2ONH3+H2O或NH3H2ONH3+H2O，则可以选择装置B或C；故答案为：B或C；（3）在加热和催化剂条件下，NO与氨气反应生成氮气和水，其反应的方程式为：6NO+4NH35N2+6H2O；反应中NO中的N元素得电子化合价降低，则NO为氧化剂；故答案为：6NO+4NH35N2+6H2O；NO；（4）利用稀硝酸和碳酸钙反应生成二氧化碳气体充满试管，把装置中的空气排净，可以避免生成的一氧化氮被空气中的氧气氧化；故答案为：产生二氧化碳排尽装置中
44、的空气，防止氧化NO；（5）检验铵根离子先加浓的氢氧化钠，产生的氨气再用湿润的红色石蕊试纸检验；故答案为：湿润的红色石蕊；（6）装置中，小段玻璃管的作用是防止氨气易溶于水发生倒吸现象；装置是用来检验氨气是否除净的装置，硫酸亚铁和氨气反应生成白色沉淀氢氧化亚铁，若氨气未除净，中溶液中会生成氢氧化亚铁沉淀，则溶液变浑浊；故答案为：防倒吸；中溶液变浑浊点评：本题考查了物质性质的实验验证和反应现象的判断应用，注意掌握常见气体的制备原理和方法以及常见物质的检验方法，题目难度中等，侧重于考查学生的实验探究能力和对基础知识的综合应用能力三、【化学物质结构与性质】（共3小题，满分12分）11下列叙述正确的是
45、（）A含有金属阳离子的晶体一定是离子晶体B化合物硫氰化铁和氢氧化二氨合银中都存在配位键CKCl、HF、CH3CH2OH、SO2都易溶于水，且原因相同DMgO的熔点比NaCl的高，主要是因为MgO的晶格能大于NaCl的晶格能考点：离子晶体；配合物的成键情况；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别分析：A含有金属阳离子的晶体可能是金属晶体； B硫氰化铁是铁离子和硫氰根离子形成的配位化合物；CKCl、HF、CH3CH2OH、SO2都易溶于水，但原因不完全相同，二氧化硫和水反应；D均为离子晶体，晶格能大的熔点高，晶格能与离子半径与离子电荷有关解答：解：A含有金属阳离子的晶体可能是金属晶体，如Fe、Cu
46、等，故A错误； B硫氰化铁是铁离子和硫氰根离子形成的配位化合物，氢氧化二氨合银含有配位键、离子键和共价键，故B正确；CKCl、HF、CH3CH2OH、SO2都易溶于水，二氧化硫和水生成亚硫酸，氟化氢、乙醇和水形成氢键，氯化钠在水溶液里电离，所以其原因不同，故C错误；D决定晶格能的因素为：离子电荷、离子半径、离子的电子层构型，MgO所带电荷多，MgO的熔点高于NaCl，故D正确故选BD点评：本题考查化学键的判断，为高频考点，把握离子键和共价键、配位键的形成为解答的关键，知道配位键的形成、氢键对物质溶解性的影响等知识点，题目难度不大12氨基酸是蛋白质的基石，甘氨酸是最简单的氨基酸（结构如图），在甘
47、氨酸分子中，N原子的杂化形式是sp3，在甘氨酸分子中C、N、O原子的第一电离能从大到小的顺序是NOC；氮可以形成多种离子，如N3、NH2、NH4+、N2H5+等，其中，NH4+的空间构型是正四面体考点：原子轨道杂化方式及杂化类型判断；判断简单分子或离子的构型分析：根据价层电子对互斥理论确定N原子的价层电子对数，再确定杂化类型；同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第IIA族和第VA族元素的第一电离能大于相邻元素；根据价层电子对互斥理论确定N原子的价层电子对数，再确定杂化类型、分子空间构型解答：解：甘氨酸中N原子含有一个孤电子对和三个共价键，则N原子的价层电子对数为4，所以
48、杂化类型为sp3；C、N、O属于同一周期元素且原子序数依次减小，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但第A族的大于第A族的，所以其第一电离能大小顺序是NOC；NH4+中N原子的价层电子对数为4+（5141）=4，而且没有孤电子对，所以离子的空间构型为正四面体；故答案为：sp3；NOC；正四面体点评：本题考查了杂化类型的判断、第一电离能的比较、微粒空间构型的判断，注意把握价层电子对互斥理论的内容及应用，题目难度不大13已知MO与CsCl的结构相似（如图2所示），MO晶体的密度为p gcm3，NA为阿伏加德罗常数，相邻的两个M2+的核间距为acm写出Cs基态原子的价电子排布式6s1，
49、MO的相对分子质量可以表示为a3 NA考点：原子核外电子排布；晶胞的计算分析：Cs为第六周期第A族元素；利用均摊法确定该立方体中含有的离子，根据V=计算相对分子质量解答：解：Cs为第六周期第A族元素，所以基态原子的价电子排布式6s1；该立方体中含1个氧离子，M2+个数=8=1，根据V=知，M=VNA=a3NA，摩尔质量在数值上等于其相对分子质量，所以其相对分子质量是a3 NA，故答案为：6s1；a3 NA点评：本题考查了相对分子质量的计算，明确该立体中含有的阴阳离子个数是解本题的关键，根据摩尔质量与密度、体积和NA之间的关系来分析解答即可，难度不大四、化学有机化学基础（共1小题，满分0分）14
50、阿司匹林能迅速解热、镇痛，长效缓释阿司匹林可在体内逐步水解而疗效更佳，用丙酮为主要原料合成长效缓释阿司匹林的流程如图：已知：RCNRCOOH回答下列问题：（1）B含有的官能团的名称是碳碳双键和羧基D物质的名称为乙二醇（3）反应的条件为浓硫酸加热，该反应类型是消去反应（4）写出反应的化学方程式nCH3C（COOH）=CH2（5）有机物E是阿司匹林的同分异构体，具有如下特征：苯环含有对二取代结构；能发生银镜反应；能发生水解反应且产物中的2种为同系物或同种物质写出E的结构简式（只写一种）考点：有机物的推断分析：根据长效缓释阿司匹林及阿司匹林的结构简式知，D是乙二醇，C是聚异丁烯酸，B在催化剂条件下生
51、成C，则B是异丁烯酸，A发生消去反应生成异丁烯酸，根据题给信息知，CH3C（OH）（CN）CH3酸化生成A，A的结构简式为：HOC（CH3）2COOH，据此分析解答：解：根据长效缓释阿司匹林及阿司匹林的结构简式知，D是乙二醇，C是聚异丁烯酸，B在催化剂条件下生成C，则B是异丁烯酸，A发生消去反应生成异丁烯酸，根据题给信息知，CH3C（OH）（CN）CH3酸化生成A，A的结构简式为：HOC（CH3）2COOH，（1）B是异丁烯酸，含有碳碳双键和羧基，故答案为：碳碳双键和羧基；根据长效缓释阿司匹林及阿司匹林的结构简式知，D是乙二醇，故答案为：乙二醇；（3）A的结构简式为：HOC（CH3）2COOH
52、，A发生醇消去反应生成异丁烯酸，反应条件是浓硫酸加热，故答案为：浓硫酸加热；消去反应；（4）B是异丁烯酸，C是聚异丁烯酸，BC的化学方程式为nCH3C（COOH）=CH2，故答案为：nCH3C（COOH）=CH2；（5）阿司匹林分子结构中除苯环外还有3个C原子，4个O原子，能够发生银镜反应，说明E中含有醛基，能发生水解反应且产物中的2种为同系物或同种物质说明含有酯基，且有甲酸形成的酯，含有对二取代结构，这样的结构可以是，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结合题给信息采用正逆相结合的方法进行分析解答，明确醛或酮与氢氰酸发生加成反应时断键和成键方式，难点是同分异构体的判断
