1、2015年广东省深圳市七校联合体高考化学冲刺试卷一、选择题（共6小题，每小题6分，满分36分）1生活中碰到的某些问题常常涉及到化学知识，下列叙述不正确的是（）A变质的油脂有难闻的特殊气味，是由于油脂与水发生了水解反应B家用消毒液发生器其原理是用石墨作电极电解饱和氯化钠溶液，制得有较强杀菌能力的消毒液C过氧乙酸可用于环境消毒，医用酒精可用于皮肤消毒，其原因均在于可以使病毒和细菌体内的蛋白质变性D家庭中不宜用铝合金容器长期存放菜、汤等食品2中学化学教材中有大量数据，下列为某同学利用教材中的数据所做的判断，其中不正确的是（）A用溶解度数据，可判断煮沸Mg（HCO3）2溶液所得产物是Mg（OH）2还是
2、MgCO3B用沸点数据，可推测能否将一些液体混合物用分馏的方法分离开来的可能性C用反应热数据的大小，可判断不同反应的反应速率的快慢D用原子半径数据，可推断某些原子氧化性或还原性的强弱3在c（S2）=0.1molL1的溶液中，可以大量共存的离子组是（）AAl3+、NO3、NH4+、ClBNa+、SO42、K+、CH3COOCAlO2、K+、OH、NO3DNa+、NO3、K+、ClO4某溶液中仅含有Na+、H+、OH、CH3COO四种离子，下列说法不正确是（）A在上述溶液中加入少量的NaOH或HCl溶液时，溶液的pH有可能不会发生显著变化B溶液中四种离子之间有可能满足：c（Na+）c（CH3COO
3、）c（OH）c（H+）C当溶液中溶质为CH3COONa和NaOH时，则一定有c（Na+）c（OH）c（CH3COO）c（H+）D当四种离子之间能满足c（CH3COO）c（Na+）c（H+）c（OH）时，则溶液中溶质一定是CH3COONa和CH3COOH5近年来，加“碘”食盐较多使用碘酸钾，KIO3在工业上可用电解法制取，以石墨和铁为电极，以KI溶液为电解液在一定条件下电解，反应式为KI+H2OKIO3+H2（未配平）下列有关说法中，正确的是（）A电解时，石墨做阴极，铁作阳极B电解时，在阳极上产生氢气C电解后得到KIO3产品的步骤有：过滤浓缩结晶灼烧D电解中，每转移0.6mol电子，理论上可得到
4、0.1mol无水KIO3晶体6在容积不变的密闭容器中存在如下反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）；H=QkJ/mol（Q0），某研究小组研究了其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，下列分析正确的是（）A研究的是t0时刻增大O2的浓度对反应速率的影响B研究的是t0时刻加入催化剂后对反应速率的影响C研究的是催化剂对平衡的影响，且甲的催化效率比乙高D研究的是温度对化学平衡的影响，且乙的温度较低二、双选题7下列反应的离子方程式正确的是（）A少量二氧化硫气体通入到漂白粉溶液中；Ca2+2ClO+SO2+H2O=CaSO3+2HClOB向Fe（OH）3中加入氢碘酸：Fe（OH）3+3H+
5、=Fe3+3H2OC少量的钠投入足量的水中：2Na+2H2O=2Na+2OH+H2D向硫酸氢钠溶液中滴入氢氧化钡溶液至pH=7 Ba2+2OH+2H+SO42=BaSO4+2H2O8短周期的三种元素分别为X、Y和Z，已知X元素的原子最外层只有一个电子；Y元素原子的M电子层上的电子数是它K层和L层电子总数的一半；Z元素原子的L电子层上的电子数比Y元素原子的L电子层上电子数少2个则这三种元素所组成的化合物的化学式不可能是（）AX2YZ3BX2YZ4CX3YZ4DX4Y2Y7三、非选择题9有机物A（C10H20O2）有兰花香味，可用作香皂、洗发香波的芳香赋予剂已知：B分子中没有支链 D能与碳酸氢钠溶
6、液反应放出二氧化碳D、E互为具有相同官能团的同分异构体E分子烃基上的氢若被氯原子取代，其一氯代物只有一种 F可以使溴的四氯化碳溶液褪色（1）B可以发生的反应有 （选填序号）取代反应 消去反应 加聚反应 氧化反应（2）D、F分子所含的官能团的名称依次是、（3）写出与D、E具有相同官能团的同分异构体的可能结构简式：、（4）写出B生成F的化学反应方程式（5）E可用于生产氨苄青霉素等已知E的制备方法不同于其常见的同系物，据报道，可由2甲基1丙醇和甲酸在一定条件下制取E该反应的化学方程式是10（）一研究性学习小组对某工业城市的空气污染进行了下列研究（1）小组一同学分析“空气质量日报”后初步得出结论，该城
7、市空气污染的主要原因有：A使用石油液化气；B燃烧含硫煤；C粉尘污染另一同学认为还有一个不可排除的原因是：D目前城市空气污染的主要有害成分是（用化学式表示）（2）空气污染形成酸雨研究性学习小组对该市的雨水进行了采样与分析，刚采集时测得pH为4.82，放在烧杯中经2h后，再次测得pH为4.68对此，你的合理的解释是（）在一密闭容器中发生反应 2NO22NO+O2 H0，反应过程中NO2 的浓度随时间变化的情况如图所示请回答：依曲线A，反应在前3min内氧气的平均反应速率为若曲线A、B分别表示的是该反应在某不同条件下的反应情况，则此条件可能是（填“浓度”、“压强”、“温度”或“催化剂”）（3）一定温
8、度下，在密闭容器中N2O5可发生下列反应：2N2O5（g）4NO2（g）+O2（g） 2NO2（g）2NO（g）+O2（g）若达平衡时，c（NO2）=0.4mol/L，c（O2）=1.3mol/L，则反应中NO2的转化率为，N2O5（g）的起始浓度应不低于mol/L11工业上利用硫酸渣（含Fe2+、Fe3+的硫酸盐及少量CaO和MgO）制备高档颜料铁红（Fe2O3）和回收（NH4）2SO4，具体生产流程如下：（注：铵黄铁矾化学式为（NH4）2Fe6（SO4）4（OH）12）（1）在废渣溶解操作时，应选用溶解（填字母）A、氨水 B、氢氧化钠 C、盐酸 D、硫酸（2）物质A是一种氧化剂，工业上最好
9、选用（供选择使用的有：空气、Cl2、MnO2），其理由是（3）根据图有关数据，你认为工业上氧化操作时应控制的条件是：（4）“结晶”反应的化学方程式为（5）简述检验“滤液”中含有NH4+的实验方法：2015年广东省深圳市七校联合体高考化学冲刺试卷参考答案与试题解析一、选择题（共6小题，每小题6分，满分36分）1生活中碰到的某些问题常常涉及到化学知识，下列叙述不正确的是（）A变质的油脂有难闻的特殊气味，是由于油脂与水发生了水解反应B家用消毒液发生器其原理是用石墨作电极电解饱和氯化钠溶液，制得有较强杀菌能力的消毒液C过氧乙酸可用于环境消毒，医用酒精可用于皮肤消毒，其原因均在于可以使病毒和细菌体内的蛋
10、白质变性D家庭中不宜用铝合金容器长期存放菜、汤等食品【考点】油脂的性质、组成与结构；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；铝的化学性质；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点【分析】A油脂发生氧化反应而产生异味；B电解饱和氯化钠溶液生成氯气和氢氧化钠，氯气和氢氧化钠反应生成次氯酸钠和氯化钠；C过氧乙酸和医用酒精都能使蛋白质变性；DAl放置在空气中被氧化为氧化铝，铝既能与酸反应又能与碱反应、氧化铝具有两性，既能与酸反应又能与碱反应【解答】解：A变质的油脂有难闻的特殊气味，是油脂发生氧化反应而产生异味，故A错误； B电解饱和氯化钠溶液生成氯气和氢氧化钠，氯气和氢氧化钠反应生成次氯酸钠和氯化钠，所以家用消毒液发生
11、器的工作原理是用石墨作电极电解饱和氯化钠溶液，制得有较强杀菌能力的消毒液，故B正确；C过氧乙酸和医用酒精都能使蛋白质变性，过氧乙酸可用于环境消毒，医用酒精可用于皮肤消毒，其原因均在于可以使病毒和细菌体内的蛋白质变性，故C正确；D铝锅放置在空气中被氧化为氧化铝，氧化铝具有两性，既能与酸反应又能与碱反应，生成物易溶于水，内层的铝，不宜长期盛放酸性或碱性食物，因为金属铝能与它们发生反应，铝与氢氧化钠溶液反应2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2生成偏铝酸钠易溶于水，所以家庭中不宜长期食用铝质餐具盛放菜、汤等食物，故D正确故选A【点评】本题主要考查在生活和生产中常见物质的性质和用途，能够
12、运用化学视角去观察、推理、分析，讨论生活、生产和社会中的各类有关化学问题，从而培养分析问题的能力，题目难度不大2中学化学教材中有大量数据，下列为某同学利用教材中的数据所做的判断，其中不正确的是（）A用溶解度数据，可判断煮沸Mg（HCO3）2溶液所得产物是Mg（OH）2还是MgCO3B用沸点数据，可推测能否将一些液体混合物用分馏的方法分离开来的可能性C用反应热数据的大小，可判断不同反应的反应速率的快慢D用原子半径数据，可推断某些原子氧化性或还原性的强弱【考点】溶解度、饱和溶液的概念；氧化性、还原性强弱的比较；化学反应速率的影响因素；蒸馏与分馏【分析】A根据的Mg（HCO3）2性质和Mg（OH）2
13、的溶解性分析；B沸点相差较大的液体混合物可用分馏的方法分离；C反应热的大小取决于反应物与生成物的总能量大小关系，反应速率与物质的自身性质以及外界条件有关；D根据原子核对最外层电子的吸引力比较得失电子难易【解答】解：AMg（HCO3）2加热时易分解，一般情况下生成MgCO3，但在解热时分解生成Mg（OH）2沉淀，说明Mg（OH）2比MgCO3溶解度更小，故A正确；B由于分馏是利用液体沸点不同分离液体混合物的一种方法，故可以用沸点数据推测两种液体混合物用分馏方法分离开来的可能性，故B正确；C反应热的大小取决于反应物与生成物的总能量大小关系，反应速率与物质的自身性质以及外界条件有关，不能用反应热数据
14、的大小判断不同反应的反应速率的快慢，但可用来比较相似反应的快慢，故C错误；D原子（或离子）半径越大，原子核对最外层电子的吸引力越小，原子（或离子）越易失去电子，还原性越强，则离子的氧化性越弱，故D正确；故选C【点评】本题考查较为综合，涉及难溶电解质的溶解平衡、物质的分离、反应热以及物质的性质等问题，本题难度不大，注意化学中的数据与物质的性质的关系，多积累3在c（S2）=0.1molL1的溶液中，可以大量共存的离子组是（）AAl3+、NO3、NH4+、ClBNa+、SO42、K+、CH3COOCAlO2、K+、OH、NO3DNa+、NO3、K+、ClO【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分
15、析】离子之间不满足离子反应发生条件（生成沉淀、气体、弱电解质、发生氧化还原反应、生成络合物等），也不与硫离子发生反应，在溶液中就能够大量共存【解答】解：A、铝离子与硫离子发生双水解反应，在溶液中不能够大量共存，故A错误；B、Na+、SO42、K+、CH3COO离子之间不发生反应，也不与硫离子反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；C、AlO2、K+、OH、NO3离子之间不发生反应，也不与硫离子反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；D、次氯酸根离子能够氧化硫离子，在溶液中不能够大量共存，故D错误；故选BC【点评】本题考查离子共存的正误判断，该题是高考中的高频题，属于中等难度的试题，侧重对学生基础知
16、识的训练和检验有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力该题需要明确离子不能大量共存的一般情况，即（1）能发生复分解反应的离子之间；（2）能生成难溶物的离子之间；（3）能发生氧化还原反应的离子之间；（4）能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN）；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，题目所隐含的条件一般有：（1）溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH；（2）溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4等有色离子的存在；（3）溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；（4）是“可能”共存，还
17、是“一定”共存等4某溶液中仅含有Na+、H+、OH、CH3COO四种离子，下列说法不正确是（）A在上述溶液中加入少量的NaOH或HCl溶液时，溶液的pH有可能不会发生显著变化B溶液中四种离子之间有可能满足：c（Na+）c（CH3COO）c（OH）c（H+）C当溶液中溶质为CH3COONa和NaOH时，则一定有c（Na+）c（OH）c（CH3COO）c（H+）D当四种离子之间能满足c（CH3COO）c（Na+）c（H+）c（OH）时，则溶液中溶质一定是CH3COONa和CH3COOH【考点】离子浓度大小的比较【分析】A若是醋酸钠和醋酸的混合液，为缓冲溶液，加入少量的氢氧化钠或盐酸，溶液的pH变化
18、不大；B溶质为醋酸钠时，醋酸根离子部分水解，则c（Na+）c（CH3COO）、c（OH）c（H+）；C如果醋酸钠的物质的量远远大于氢氧化钠，则会出现c（CH3COO）c（OH）；D当四种离子之间能满足c（CH3COO）c（Na+）c（H+）c（OH）时，溶液显示酸性，则溶液中一定存在醋酸，还一定存在醋酸钠【解答】解：A该溶液可能为醋酸和醋酸钠的混合液，该溶液为缓冲溶液，则向该溶液中加入少量的NaOH或HCl溶液时，溶液的pH有可能不会发生显著变化，故A正确；B当溶液中的溶质为醋酸钠时，由于醋酸根离子部分水解，溶液显示碱性，则c（OH）c（H+）、c（Na+）c（CH3COO），由于水解程度较小
19、，则离子浓度大小为：c（Na+）c（CH3COO）c（OH）c（H+），故B正确；C当溶液中溶质为CH3COONa和NaOH时，如果醋酸钠的物质的量远远大于NaOH，则c（CH3COO）c（OH），此时溶液中离子浓度大小为：c（Na+）c（CH3COO）c（OH）c（H+），故C错误；D当四种离子之间能满足c（CH3COO）c（Na+）c（H+）c（OH）时，溶液显示酸性，由于醋酸钠溶液显示碱性，若要满足溶液显示酸性，则溶质中一定存在醋酸，再结合质量守恒，溶液中还一定存在醋酸钠，即：溶液中溶质一定是CH3COONa和CH3COOH，故D正确；故选C【点评】本题考查了离子浓度大小比较、酸碱混合的
20、定性判断等知识，题目难度中等，试题知识点较多，充分考查了学生的分析、理解能力及逻辑推理能力，注意掌握电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理的含义及在判断离子浓度大小中的应用方法5近年来，加“碘”食盐较多使用碘酸钾，KIO3在工业上可用电解法制取，以石墨和铁为电极，以KI溶液为电解液在一定条件下电解，反应式为KI+H2OKIO3+H2（未配平）下列有关说法中，正确的是（）A电解时，石墨做阴极，铁作阳极B电解时，在阳极上产生氢气C电解后得到KIO3产品的步骤有：过滤浓缩结晶灼烧D电解中，每转移0.6mol电子，理论上可得到0.1mol无水KIO3晶体【考点】电解原理【分析】A根据电池反应式知，碘离子在阳
21、极上失电子发生氧化反应、氢离子在阴极上得电子发生还原反应，所以石墨作阳极、铁作阴极；B根据电池反应式知，碘离子在阳极上失电子发生氧化反应、氢离子在阴极上得电子发生还原反应，所以石墨作阳极、铁作阴极；C灼烧碘酸钾固体时，碘酸钾固体会分解；D根据碘酸钾和转移电子之间的关系式计算【解答】解：A根据电池反应知，碘失电子化合价升高、氢元素得电子化合价降低，电极Fe没有参加反应，所以Fe作阴极、石墨作阳极，故A错误；B电解时，阳极上碘离子放电生成碘酸根离子，故B错误；C电解后得到KIO3产品的步骤有：过滤浓缩结晶，如果灼烧碘酸钾固体会导致碘酸钾分解而得不到碘酸钾，故C错误；D电解中，每转移0.6mol电子
22、，理论上可得到无水KIO3晶体的物质的量=0.1mol，故D正确；故选D【点评】本题考查了电解原理，根据电极反应式中元素化合价变化确定阴阳极材料，再结合基本实验操作、物质和转移电子之间的关系式解答，题目难度不大6在容积不变的密闭容器中存在如下反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）；H=QkJ/mol（Q0），某研究小组研究了其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，下列分析正确的是（）A研究的是t0时刻增大O2的浓度对反应速率的影响B研究的是t0时刻加入催化剂后对反应速率的影响C研究的是催化剂对平衡的影响，且甲的催化效率比乙高D研究的是温度对化学平衡的影响，且乙的温度较低【考点】化
23、学反应速率与化学平衡图象的综合应用；转化率随温度、压强的变化曲线【专题】化学平衡专题【分析】A增大氧气浓度时，三氧化硫浓度不变，则逆反应速率瞬间不变；B催化剂能同等程度的改变正逆反应速率；C催化剂改变正逆反应速率但不影响平衡移动；D温度越高反应速率越大，则反应达到平衡时间越短【解答】解：A增大氧气浓度时，三氧化硫浓度不变，则逆反应速率瞬间不变，所以改变条件时刻，逆反应速率曲线有接触点，该图象没有接触点，故A错误；B催化剂能同等程度的改变正逆反应速率，所以平衡不移动，故B正确；C催化剂改变正逆反应速率但不影响平衡移动，则二氧化硫的转化率不变，根据图象知，甲使用催化剂、乙不使用催化剂，故C错误；D
24、温度越高反应速率越大，则反应达到平衡时间越短，该反应是放热反应，升高温度二氧化硫转化率降低，根据图象知，乙温度较高，故D错误；故选B【点评】本题考查化学平衡图象分析，会正确分析温度、压强、催化剂、浓度对化学平衡移动影响的图象，改变温度、压强、催化剂时变化曲线与原平衡曲线没有接触点，注意：催化剂不改变平衡移动，为易错点二、双选题7下列反应的离子方程式正确的是（）A少量二氧化硫气体通入到漂白粉溶液中；Ca2+2ClO+SO2+H2O=CaSO3+2HClOB向Fe（OH）3中加入氢碘酸：Fe（OH）3+3H+=Fe3+3H2OC少量的钠投入足量的水中：2Na+2H2O=2Na+2OH+H2D向硫酸
25、氢钠溶液中滴入氢氧化钡溶液至pH=7 Ba2+2OH+2H+SO42=BaSO4+2H2O【考点】离子方程式的书写【分析】A少量SO2通入Ca（ClO）2溶液中，发生氧化还原反应生成硫酸钙；B铁离子与碘离子反应生成碘单质和亚铁离子；C钠与水反应生成氢氧化钠和氢气；D溶液的pH=7，则氢离子与氢氧根离子的总物质的量相等【解答】解：A少量SO2通入Ca（ClO）2溶液中，次氯酸将亚硫酸钙氧化成硫酸钙，正确的离子反应为：SO2+Ca2+ClO+H2O=CaSO4+2H+Cl，故错误；B铁离子与碘离子发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：2Fe（OH）3+6H+2I=2Fe2+I2+6H2O，故B错误
26、；C少量的钠投入足量的水中，二者反应生成氢氧化钠和氢气，反应的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na+2OH+H2，故C正确；D硫酸氢钠溶液中滴入氢氧化钡溶液至pH=7，则硫酸氢钠与氢氧化钡的物质的量之比为2：1，反应的离子方程式为：Ba2+2OH+2H+SO42=BaSO4+2H2O，故D正确；故选CD【点评】本题考查了离子方程式的判断，为中等难度的试题，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）、检查是否符合原化学方程式等8短周期的三种
27、元素分别为X、Y和Z，已知X元素的原子最外层只有一个电子；Y元素原子的M电子层上的电子数是它K层和L层电子总数的一半；Z元素原子的L电子层上的电子数比Y元素原子的L电子层上电子数少2个则这三种元素所组成的化合物的化学式不可能是（）AX2YZ3BX2YZ4CX3YZ4DX4Y2Y7【考点】原子结构与元素的性质【分析】短周期的三种元素分别为X、Y和ZY元素原子的M电子层上的电子数是它K层和L层电子总数的一半，则其M层电子数为5，故Y为P元素；Z元素原子的L电子电子数比Y元素原子的L电子层上电子数少2个，则Z元素L层有6个电子，故Z为O元素；X元素的原子最外层只有一个电子，则X处于A族，判断可能的化
28、合价，根据化合价可判断可能的化学式【解答】解：Y元素原子的M电子层上的电子数是它K层和L层电子总数的一半，则M层有5个电子，故Y为P元素，为+3、+5价等；Z元素原子的L电子电子数比Y元素原子的L电子层上电子数少2个，则Z元素L层有6个电子，故Z为O元素，为2价，X元素的原子最外层只有一个电子，则X处于A族，X+1价AX2YZ3中Y的化合价为+4价，不符合，故A错误；BX2YZ4中Y的化合价为+价，不符合，故B错误；CX3YZ4中Y的化合价为+5价，符合，故C正确；DX4Y2Y7中Y的化合价为+5价，符合，故D正确故选：AB【点评】本题考查原子结构与元素性质，注意根据原子核外电子排布推断元素种
29、类，并结合化合价判断可能的化合物，题目难度不大三、非选择题9有机物A（C10H20O2）有兰花香味，可用作香皂、洗发香波的芳香赋予剂已知：B分子中没有支链 D能与碳酸氢钠溶液反应放出二氧化碳D、E互为具有相同官能团的同分异构体E分子烃基上的氢若被氯原子取代，其一氯代物只有一种 F可以使溴的四氯化碳溶液褪色（1）B可以发生的反应有 （选填序号）取代反应 消去反应 加聚反应 氧化反应（2）D、F分子所含的官能团的名称依次是羧基、碳碳双键（3）写出与D、E具有相同官能团的同分异构体的可能结构简式：（CH3）2CHCH2COOH、CH3CH2CH（CH3）COOH（4）写出B生成F的化学反应方程式CH
30、3CH2CH2CH2CH2OHCH3CH2CH2CH=CH2+H2O（5）E可用于生产氨苄青霉素等已知E的制备方法不同于其常见的同系物，据报道，可由2甲基1丙醇和甲酸在一定条件下制取E该反应的化学方程式是（CH3）2CHCH2OH+HCOOH（CH3）3CCOOH+H2O【考点】有机物的推断【分析】有机物A（C10H20O2）有兰花香味，可用作香皂、洗发香波的芳香赋予剂，则A属于酯，B能连续被氧化，则B是醇，E是羧酸，B中没有支链，D能与碳酸氢钠反应，则D是羧酸，D、E互为具有相同官能团的同分异构体则B、E中碳原子个数相等，所以B、E都含有5个碳原子，B能连续被氧化则B中醇羟基位于边上，则B结
31、构简式为CH3（CH2）3CH2OH，C为CH3（CH2）3CHO、D为CH3（CH2）3COOH，E分子烃基上的氢若被氯原子取代，其一氯代物只有一种说明E中只有一种氢原子，则E结构简式为（CH3）3CCOOH；F可以使溴的四氯化碳溶液褪色，则B发生消去反应生成F，F中含有碳碳双键，则F结构简式为CH3（CH2）2CCH=CH2，据此分析解答【解答】解：有机物A（C10H20O2）有兰花香味，可用作香皂、洗发香波的芳香赋予剂，则A属于酯，B能连续被氧化，则B是醇，E是羧酸，B中没有支链，D能与碳酸氢钠反应，则D是羧酸，D、E互为具有相同官能团的同分异构体则B、E中碳原子个数相等，所以B、E都含
32、有5个碳原子，B能连续被氧化则B中醇羟基位于边上，则B结构简式为CH3（CH2）3CH2OH，C为CH3（CH2）3CHO、D为CH3（CH2）3COOH，E分子烃基上的氢若被氯原子取代，其一氯代物只有一种说明E中只有一种氢原子，则E结构简式为（CH3）3CCOOH；F可以使溴的四氯化碳溶液褪色，则B发生消去反应生成F，F中含有碳碳双键，则F结构简式为CH3（CH2）2CCH=CH2，（1）B为CH3（CH2）3CH2OH，B中含有醇羟基，能发生取代反应、氧化反应、消去反应、酯化反应，故选；（2）D为CH3（CH2）3COOH、F结构简式为CH3（CH2）2CCH=CH2，D、F中官能团名称分
33、别是羧基、碳碳双键，故答案为：羧基；碳碳双键；（3）与D、E具有相同官能团的同分异构体的可能结构简式：（CH3）2CHCH2COOH、CH3CH2CH（CH3）COOH，故答案为：（CH3）2CHCH2COOH；CH3CH2CH（CH3）COOH；（4）B为CH3（CH2）3CH2OH，F为CH3（CH2）2CCH=CH2，B发生消去反应生成F，反应方程式为：CH3CH2CH2CH2CH2OHCH3CH2CH2CH=CH2+H2O，故答案为：CH3CH2CH2CH2CH2OHCH3CH2CH2CH=CH2+H2O；（5）E结构简式为（CH3）3CCOOH，E由2甲基1丙醇和甲酸在一定条件下制取
34、E该反应的化学方程式是：（CH3）2CHCH2OH+HCOOH（CH3）3CCOOH+H2O，故答案为：（CH3）2CHCH2OH+HCOOH（CH3）3CCOOH+H2O【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及获取信息、利用信息能力，根据A及信息采用逆向推导方法进行推断，涉及醇、醛、羧酸、酯、烯烃之间的转化，难点是（5）题方程式的书写10（）一研究性学习小组对某工业城市的空气污染进行了下列研究（1）小组一同学分析“空气质量日报”后初步得出结论，该城市空气污染的主要原因有：A使用石油液化气；B燃烧含硫煤；C粉尘污染另一同学认为还有一个不可排除的原因是：D机动车尾气污染目前
35、城市空气污染的主要有害成分是SO2等（用化学式表示）（2）空气污染形成酸雨研究性学习小组对该市的雨水进行了采样与分析，刚采集时测得pH为4.82，放在烧杯中经2h后，再次测得pH为4.68对此，你的合理的解释是雨水样品中的H2SO3被空气中的氧气氧化为H2SO4（）在一密闭容器中发生反应 2NO22NO+O2 H0，反应过程中NO2 的浓度随时间变化的情况如图所示请回答：依曲线A，反应在前3min内氧气的平均反应速率为0.0117mol/（Lmin）若曲线A、B分别表示的是该反应在某不同条件下的反应情况，则此条件可能是温度（填“浓度”、“压强”、“温度”或“催化剂”）（3）一定温度下，在密闭容
36、器中N2O5可发生下列反应：2N2O5（g）4NO2（g）+O2（g） 2NO2（g）2NO（g）+O2（g）若达平衡时，c（NO2）=0.4mol/L，c（O2）=1.3mol/L，则反应中NO2的转化率为80%，N2O5（g）的起始浓度应不低于1mol/L【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素；常见的生活环境的污染及治理【分析】（I）（1）城市中机动车多，排放的尾气中含有氮的氧化物等有害物质，会造成大气污染；目前城市空气污染的主要有害成分是二氧化硫等；（2）雨水样品中的H2SO3被空气中的氧气氧化为H2SO4；（）根据v=计算v（NO2），再利用速率之比等于化学计量数之比计算v（O2）
37、；曲线A、B中NO2 的起始浓度相同，B曲线比A曲线反应速率快，且平衡时NO2 的浓度比A小，说明条件不同影响平衡移动，不能是催化剂，若为压强不同，应是B的压强高，平衡时NO2浓度应比A的高，则不能为压强不同，而正反应为吸热反应，若温度不同，则B的温度高，升高温度，平衡正向移动，平衡时NO2浓度应比A的低；（3）设中分解生成的NO2为xmol/L，中分解的NO2为ymol/L，则：2N2O5（g）4NO2（g）+O2（g） 0.5x x 0.25x2NO2（g）2NO（g）+O2（g） y y 0.5y所以，解得x=2，y=1.6进而计算中NO2的转化率，由于为可逆反应，故中N2O5不能完全分
38、解，则其浓度应大于0.5x mol/L【解答】解：（I）（1）城市中机动车多，排放的尾气中含有氮的氧化物等有害物质，会造成大气污染；目前城市空气污染的主要有害成分是二氧化硫等，故答案为：机动车尾气污染；SO2等；（2）亚硫酸含有较强的还原性，雨水样品中的H2SO3被空气中的氧气氧化为H2SO4，酸性增强，故答案为：雨水样品中的H2SO3被空气中的氧气氧化为H2SO4；（）3min内v（NO2）=mol/（Lmin），速率之比等于化学计量数之比，则v（O2）=v（NO2）=mol/（Lmin）=0.0117mol/（Lmin），故答案为：0.0117mol/（Lmin）；曲线A、B中NO2 的起
39、始浓度相同，B曲线比A曲线反应速率快，且平衡时NO2 的浓度比A小，说明条件不同影响平衡移动，不能是催化剂，若为压强不同，应是B的压强高，平衡时NO2浓度应比A的高，则不能为压强不同，而正反应为吸热反应，若温度不同，则B的温度高，升高温度，平衡正向移动，平衡时NO2浓度应比A的低，则此条件可能是：温度不同，故答案为：温度；（3）设中分解生成的NO2为xmol/L，中分解的NO2为ymol/L，则：2N2O5（g）4NO2（g）+O2（g） 0.5x x 0.25x2NO2（g）2NO（g）+O2（g）y y 0.5y所以，解得x=2，y=1.6故中NO2的转化率=100%=80%，由于为可逆反
40、应，故中N2O5不能完全分解，则其浓度应大于0.5x mol/L，即大于1mol/L，故答案为：1【点评】本题考查化学平衡计算、化学平衡移动、环境污染等，侧重考查学生分析推理与计算能力，难度中等11工业上利用硫酸渣（含Fe2+、Fe3+的硫酸盐及少量CaO和MgO）制备高档颜料铁红（Fe2O3）和回收（NH4）2SO4，具体生产流程如下：（注：铵黄铁矾化学式为（NH4）2Fe6（SO4）4（OH）12）（1）在废渣溶解操作时，应选用D溶解（填字母）A、氨水 B、氢氧化钠 C、盐酸 D、硫酸（2）物质A是一种氧化剂，工业上最好选用空气（供选择使用的有：空气、Cl2、MnO2），其理由是原料来源容
41、易，成本低，不产生污染，不引入杂质（3）根据图有关数据，你认为工业上氧化操作时应控制的条件是：溶液温度控制在80，pH控制在1.5（4）“结晶”反应的化学方程式为3Fe2（SO4）3+2NH3H2O+10H2O=（NH4）2Fe6（SO4）4（OH）12+5H2SO4（5）简述检验“滤液”中含有NH4+的实验方法：取少量滤液于试管中，向试管中加入足量的浓氢氧化钠溶液，加热用湿润的红色石蕊试纸放在试管口处，红色石蕊试纸变蓝色，说明滤液中含有NH4+【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】将废渣溶解，溶解时加入的物质能溶解废渣但不能引进杂质；然后向溶液中加入A，A具有氧化性，能氧化亚
42、铁离子但不能引进新的杂质且原料易得、成本低；然后向溶液中加入氨水，溶液中硫酸铁和氨水反应生成铵黄铁矾，采用过滤方法分离得到铵黄铁矾和滤液；将滤液蒸发浓缩回收硫酸铵；将铵黄铁矾溶于水得到溶液，然后向溶液中加入氨水，得到氢氧化亚铁沉淀，然后过滤得到滤渣，将滤渣加热得到铁红，（1）溶解废渣的溶剂能溶解废渣且不能引进新的杂质；（2）A是氧化剂，具有氧化性，能氧化亚铁离子，但不能引进新的杂质且原料易得、成本低；（3）相同pH时，温度越高，亚铁离子的氧化率越大；相同温度时，pH越小，亚铁离子的氧化率越大；（4）硫酸铁和一水合氨反应生成铵黄铁矾和硫酸；（5）铵根离子和氢氧根离子生成一水合氨，加热生成氨气，氨
43、气能够使湿润的红色石蕊试纸变蓝【解答】解：将废渣溶解，溶解时加入的物质能溶解废渣但不能引进杂质；然后向溶液中加入A，A具有氧化性，能氧化亚铁离子但不能引进新的杂质且原料易得、成本低；然后向溶液中加入氨水，溶液中硫酸铁和氨水反应生成铵黄铁矾，采用过滤方法分离得到铵黄铁矾和滤液；将滤液蒸发浓缩回收硫酸铵；将铵黄铁矾溶于水得到溶液，然后向溶液中加入氨水，得到氢氧化亚铁沉淀，然后过滤得到滤渣，将滤渣加热得到铁红，（1）溶解废渣的溶剂能溶解废渣且不能引进新的杂质，氨水和NaOH不溶解CaO和MgO，稀盐酸能溶解废渣但引进杂质，稀硫酸能溶解废渣且不引进新的杂质，故选D；（2）A是氧化剂，具有氧化性，能氧化
44、亚铁离子，但不能引进新的杂质且原料易得、成本低，氯气和二氧化锰都具有氧化性，但引进新的杂质且成本高，所以选取空气，故答案为：空气；原料来源容易，成本低，不产生污染，不引入杂质；（3）相同pH时，温度越高，亚铁离子的氧化率越大；相同温度时，pH越小，亚铁离子的氧化率越大，根据图知，溶液温度控制在80，pH控制在1.5，氧化时间为4小时左右，所以控制的条件是：溶液温度控制在80，pH控制在1.5，故答案为：溶液温度控制在80，pH控制在1.5；（4）硫酸铁和一水合氨反应生成铵黄铁矾和硫酸，反应方程式为3Fe2（SO4）3+2NH3H2O+10H2O=（NH4）2Fe6（SO4）4（OH）12+5H
45、2SO4，故答案为：3Fe2（SO4）3+2NH3H2O+10H2O=（NH4）2Fe6（SO4）4（OH）12+5H2SO4；（5）铵根离子和氢氧根离子生成一水合氨，加热生成氨气，氨气能够使湿润的红色石蕊试纸变蓝，铵根离子的检验方法是：取少量滤液于试管中，向试管中加入足量的浓氢氧化钠溶液，加热用湿润的红色石蕊试纸放在试管口处，红色石蕊试纸变蓝色，说明滤液中含有NH4+，故答案为：取少量滤液于试管中，向试管中加入足量的浓氢氧化钠溶液，加热用湿润的红色石蕊试纸放在试管口处，红色石蕊试纸变蓝色，说明滤液中含有NH4+【点评】本题考查物质分离和提纯，为高频考点，涉及离子检验、除杂、条件控制、氧化还原反应等知识点，综合性较强，明确流程图中发生的反应及基本操作方法是解本题关键，注意选取试剂时不能引进新的杂质
