1、内蒙古赤峰市宁城县2015届高考化学一模试卷一、选择题（每题只有一个正确答案，每题3分，计42分）1（3分）化学与人类生活、社会可持续发展密切相关下列说法不正确的是（）A利用太阳能等清洁能源代替化石燃料，有利于节约资源、保护环境B催化转化机动车尾气为无害气体，能消除酸雨和雾霾的发生C研发高效低毒的农药，降低蔬菜的农药残留量D积极开发废电池的综合利用技术，防止电池中的重金属等污染土壤和水体2（3分）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A含有0.1molL1 Fe3+的溶液中：K+、Mg2+、SCN、SO42B=11014的溶液：Ca2+、Na+、ClO、NO3C能使酚酞变红的溶
2、液：Na+、Ba2+、NO3、ClD水电离产生的c（H+）=1012molL1的溶液中：Na+、Fe2+、SO42、NO33（3分）下列有关物质性质的叙述正确的是（）A粗锌与稀硫酸反应制氢气比纯锌快，是因为粗锌比纯锌还原性强BSiO2既能溶于NaOH溶液又能溶于HF溶液，说明SiO2是两性氧化物C乙烯能使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色，说明乙烯具有漂白性D铁钉放在浓硝酸中浸泡后，再用蒸馏水冲洗，然后放入CuSO4溶液中不反应，因为铁钉表面形成了一层致密稳定的氧化膜4（3分）下列图示与对应的叙述不相符的是（）A如图表示KNO3的溶解度曲线，图中a点所示的溶液是80时KNO3的不饱和溶液B如图表示某放
3、热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化C如图表示0.1000molL1 NaOH溶液滴定20.00mL 0.1000molL1醋酸溶液得到的滴定曲线D如图表示已达平衡的某反应，在t0时改变某一条件后反应速率随时间变化，则改变的条件可能是增大压强5（3分）有关物质性质及用途的说法，正确的是（）A甲烷与氯气在光照的条件下可以制取纯净的一氯甲烷B将溴水加入苯中，溴水的颜色变浅，这是由于发生了加成反应C牡丹籽油是一种优良的植物油脂，它可使酸性高锰酸钾溶液褪色D等质量的乙烯和聚乙烯充分燃烧所需氧气的量不相等6（3分）下列说法正确的是（）A常温下pH=5的CH3COOH溶液和pH=5的NH4
4、Cl溶液中，水的电离程度前者比后者大B用饱和Na2CO3溶液处理BaSO4沉淀，可将BaSO4转化为BaCO3CBaSO4（s）+4C（s）BaS（s）+4CO（g）室温下不能自发进行，说明该反应的H0D为准确测定盐酸与氢氧化钠溶液反应的中和热，所用酸和碱的物质的量应相等7（3分）下列物质的转化在给定条件下能实现的是（）FeFe2O3Fe2（SO4）3SiO2Na2SiO3H2SiO3AlCl3AlNaAlO2NaNa2ONaOHSO2H2SO3H2SO4ABCD8（3分）设NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）A常温常压下，17g甲基（14CH3）所含的中子数为9NAB标准状况下，11
5、.2L苯中含有的碳碳双键数为1.5NAC42.0g乙烯和丙烯的混合气体中含有的碳原子数为3NAD5.6g铁与0.1mol氯气在点燃条件下充分反应，转移的电子数为0.3NA9（3分）下列有关离子方程式与所述事实相符且正确的是（）A用惰性电极电解CuCl2溶液：2Cu2+2H2O4H+O2+2CuBBa（OH）2溶液中滴加NaHSO4溶液至中性：Ba2+OH+H+SO42BaSO4+H2OC用双氧水和稀硫酸处理印刷电路板：Cu+H2O2+2H+Cu2+2H2OD氯气和水的反应：Cl2+H2O2H+Cl+ClO10（3分）短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，其中只有C是金属元素，B是
6、地壳中含量最多的元素，A元素常见化合价为+1和1；A与C的最外层电子数相同，C、D两元素原子的电子数之和为A、B两种元素原子的电子数之和的3倍下列叙述正确的是（）A元素的原子半径：ABCDEB对应氢化物的热稳定性：DECB与C、B与D形成的化合物中化学键类型相同D五种元素中最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是E11（3分）某课外实验小组设计的如图实验合理的是（）A配制一定浓度硫酸溶液B制备少量氨气C制备并收集少量NO2气体D制备少量氧气12（3分）下列实验操作正确且能达到预期目的是（）实验目的操 作比较水和乙醇中羟基氢的活泼性强弱用金属钠分别与水和乙醇反应欲证明CH2=CHCHO中含有碳碳双键
7、滴入KMnO4酸性溶液，看紫红色是否褪去欲除去苯中混有的苯酚向混合液中加入浓溴水，充分反应后，过滤证明SO2具有漂白性将SO2通入酸性KMnO4溶液中比较确定铜和镁的金属活动性强弱用石墨作电极电解Mg（NO3）2、Cu（ NO3）2的混合液确定碳和硅两元素非金属性强弱测同温同浓度Na2CO3和Na2SiO3水溶液的pHABCD13（3分）25时，0.1mol Na2CO3与盐酸混合所得的一组体积为1L的溶液，溶液中部分微粒与pH 的关系如右图所示下列有关溶液中离子浓度关系叙述正确的是（）AW点所示的溶液中：c（Na+）+c（H+）=2c（CO32）+c（OH）+c（Cl）BpH=4的溶液中：c
8、（H2CO3）+c（HCO3）+c（CO32）0.1 molL1CpH=8的溶液中：c（H+）+c（H2CO3）+c（HCO3）=c（OH）+c（Cl）DpH=11的溶液中：c（Na+）c（Cl）c（CO32）c（HCO3）c（H2CO3）14（3分）实验用含有杂质（FeO、Fe2O3）的废CuO制备胆矾晶体，经历下列过程，Fe3+在pH=5时已完全沉淀，其中分析错误的是（）A利用CuCO3替代CuO也可调节溶液的pH，不影响实验结果B步骤中发生的主要反应为：H2O2+Fe2+2H+Fe3+2H2OC洗涤晶体：向滤出晶体的漏斗中加少量水至浸没晶体，待自然流下后，重复23次D配制240mL 1m
9、ol/L的CuSO4溶液，需称量CuSO45H2O的质量为62.5g二、简答题（计58分）15（10分）开发、使用清洁能源发展“低碳经济”，正成为科学家研究的主要课题氢气、甲醇是优质的清洁燃料，可制作燃料电池（1）已知：2CH3OH（1）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）H1=1275.6kJ/mol2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）H2=566.0kJ/molH2O（g）=H2O（1）H3=44.0kJ/mol写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式：（2）生产甲醇的原料CO和H2来源于：CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）H0一定条件下CH4的平
10、衡转化率与温度、压强的关系如图a则TlT2（填“”、“”、“=”，下同）；A、B、C三点处对应平衡常数（KA、KB、KC）的大小关系为100时，将1mol CH4和2mol H2O通入容积为1L的定容密封容器中，发生反应，能说明该反应已经达到平衡状态的是a容器内气体密度恒定b单位时间内消耗0.1mol CH4同时生成0.3mol H2c容器的压强恒定d3v正（CH4）=v逆（H2）如果达到平衡时CH4的转化率为0.5，则100时该反应的平衡常数K=（3）某实验小组利用CO（g）、O2（g）、KOH（aq）设计成如图b所示的电池装置，则该电池负极的电极反应式为16（10分）重铬酸钠（Na2Cr2
11、O72H2O）俗称红矾钠，在工业方面有广泛用途我国目前主要是以铬铁矿（主要成份为FeOCr2O3，还含有Al2O3、MgO、SiO2等杂质）为主要原料进行生产，其主要工艺流程如下：中涉及的主要反应有：主反应：4FeOCr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2副反应：SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2、Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2部分阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH：沉淀物Al（OH）3Fe（OH）3Mg（OH）2Cr（OH）3完全沉淀时溶液pH4.73.711.25.6试回答下列问题：（1）“”中反应是在回转窑中进行，反应时需
12、不断搅拌，其作用是（2）“”中调节pH至4.7，目的是（3）“”中加硫酸酸化的目的是使CrO42转化为Cr2O72，请写出该平衡转化的离子方程式：（4）称取重铬酸钠试样2.5000g配成250mL溶液，取出25.00mL于碘量瓶中，加入10mL 2molL1H2SO4和足量碘化钠（铬的还原产物为Cr3+），放于暗处5min，然后加入100mL水，加入3mL淀粉指示剂，用0.1200molL1Na2S2O3标准溶液滴定（I2+2S2O32=2I+S4O62）判断达到滴定终点的依据是：；若实验中共用去Na2S2O3标准溶液40.00ml，所得产品的中重铬酸钠的纯度（设整个过程中其它杂质不参与反应）
13、17（12分）硼和铝位于同一主族，它们可以形成许多组成和性质类似的化合物，一种用硼镁矿（Mg2B2O5H2O）制取单质硼的工艺流程图如下：回答下列问题：（1）Mg2B2O5H2O中B的化合价为（2）溶液a、溶液b中溶质的化学式分别为、（3）写出步骤的化学方程式（4）写出步骤的化学方程式（5）步骤中化学反应可以发生的原因是（6）BF3是有机化学中常用的酸性催化剂，BF3分子中B和F最外层的电子数分别为、个（7）乙硼烷（B2H6）是一种气态高能燃料，写出乙硼烷在空气中燃烧的化学方程式18（13分）正丁醚常用作有机反应的溶剂实验室制备正丁醚的主要实验装置如图：反应物和产物的相关数据如下据如下：相对分
14、子质量沸点/密度（gcm3）水中溶解性正丁醇74117.20.8109微溶正丁醚130142.00.7704几乎不溶合成正丁醚的步骤：将6mL浓硫酸和37g正丁醇，按一定顺序添加到A中，并加几粒沸石加热A中反应液，迅速升温至135，维持反应一段时间，分离提纯：待A中液体冷却后将其缓慢倒入盛有70mL水的分液漏斗中，振摇后静置，分液得粗产物粗产物依次用40mL水、20mL NaOH溶液和40mL水洗涤，分液后加入约3g无水氯化钙颗粒，静置一段时间后弃去氯化钙将上述处理过的粗产物进行蒸馏，收集馏分，得纯净正丁醚11g请回答：（1）步骤中浓硫酸和正丁醇的添加顺序为写出步骤中制备正丁醚的化学方程式 （
15、2）加热A前，需先从（填“a”或“b”）口向B中通入水（3）步骤的目的是初步洗去，振摇后静置，粗产物应从分液漏斗的（填“上”或“下”）口分离出（4）步骤中最后一次水洗的目的为（5）步骤中，加热蒸馏时应收集（填选项字母）左右的馏分a100b 117c 135d142（6）反应过程中会观察到分水器中收集到液体物质，且分为上下两层，随着反应的进行，分水器中液体逐渐增多至充满时，上层液体会从左侧支管自动流回A分水器中上层液体的主要成分为，下层液体的主要成分为（填物质名称）（7）本实验中，正丁醚的产率为【选修2：化学与技术】（共1小题，满分13分）19（13分）煤是重要的能，也是生产化工产品的重要原料试
16、用所学知识，解答下列问题：（1）煤的转化技术包括煤的气化技术和液化技术煤的液化技术又分为和（2）在煤燃烧前需对煤进行脱硫处理煤的某种微生物 脱硫技术的原理为FeS2 Fe2+SO42Fe3+这种脱硫技术称为微生物脱硫技术该技术的第一步反应的离子方程式为，第二步反应的离子方程式为（3）工业煤干馏得到的产品有焦炭、（4）工业上主要采用氨氧化法生产硝酸，如图是氨氧化率与氨空气混合气中氧氨比的关系其中直线表示反应的理论值；曲线表示生产实际情况当氨氧化率达到100%，理论上r=，实际生产要将r值维持在1.72.2之间，原因是【选修3：物质结构与性质】（共1小题，满分0分）20已知：A、B、C、D、E是周
17、期表中前36号元素，A是原子半径最小的元素，B元素基态原子的2P轨道上只有两个电子，C元素的基态原子L层只有2对成对电子，D元素在第三周期元素中电负性最大，E2+的核外电子排布和Ar原子相同请回答下列问题：（1）分子式为BC2的空间构型为；D元素原子的核外电子排布式为（2）B第一电离能比C（填“大”或“小”）；A与B形成的最简单化合物的分子空间构型为，其中心原子的杂化为（3）A2C所形成的晶体类型为；E单质所形成的晶体类型为（4）若向由A、C组成某种化合物的稀溶液中加入少量二氧化锰，有无色气体生成则该化合物的分子式是，属于分子（填：“极性”或“非极性”），该反应的化学方程式是（5）C跟E可形成
18、离子化合物，其晶胞结构与NaCl的晶胞相似，同为面心立方结构该离子化合物晶体的密度为gcm3，NA表示阿伏加德罗常数，则该离子化合物晶胞的体积是（用含、NA的代数式表示）五、解答题（共1小题，满分0分）21H是一种新型香料的主要成分之一，其结构中含有三个六元环H的合成路线如下（部分产物和部分反应条件略去）：已知：RCH=CH2+CH2=CHRCH2=CH2+RCH=CHRB中核磁共振氢谱图显示分子中有6种不同环境的氢原子D和G是同系物请回答下列问题：（1）用系统命名法命名（CH3）2C=CH2：（2）AB反应过程中涉及的反应类型有（3）写出D分子中含有的官能团名称：（4）写出生成E的化学方程式
19、：（5）写出H的结构简式：（6）同时满足下列条件：与FeCl3溶液发生显色反应；能发生水解反应；苯环上有两个取代基的G的同分异构体有种（不包括立体异构），其中核磁共振氢谱为5组峰的为（写结构简式）内蒙古赤峰市宁城县2015届高考化学一模试卷参考答案与试题解析一、选择题（每题只有一个正确答案，每题3分，计42分）1（3分）化学与人类生活、社会可持续发展密切相关下列说法不正确的是（）A利用太阳能等清洁能源代替化石燃料，有利于节约资源、保护环境B催化转化机动车尾气为无害气体，能消除酸雨和雾霾的发生C研发高效低毒的农药，降低蔬菜的农药残留量D积极开发废电池的综合利用技术，防止电池中的重金属等污染土壤和
20、水体考点：常见的生活环境的污染及治理；三废处理与环境保护 专题：化学应用分析：A、根据利用太阳能等清洁能源的优点进行分析判断B、催化转化机动车尾气为无害气体，只能减少酸雨和雾霾的发生，不可能消除；C、高效低毒的农药，降低蔬菜的农药残留量，减少食物等污染；D、根据废旧电池对环境的危害、处理进行分析判断解答：解：A、利用太阳能、氢能源、风能等清洁能源代替化石燃料，有利于节约资源，保护环境，故A正确；B、催化转化机动车尾气为无害气体，只能减少酸雨和雾霾的发生，不可能消除，故B错误；C、研发高效低毒的农药，降低蔬菜的农药残留量，减少对食物等污染，故C正确；D、故废旧电池中含有铅、镉、汞等重金属，积极开
21、发废电池综合利用技术可以减少对环境的污染且可以变废为宝，故D正确；选B点评：能源、环境等问题是人们关注的热点，也是化学考查的热点，了解废旧电池对环境影响、清洁能源等知识即可正确解答本题2（3分）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A含有0.1molL1 Fe3+的溶液中：K+、Mg2+、SCN、SO42B=11014的溶液：Ca2+、Na+、ClO、NO3C能使酚酞变红的溶液：Na+、Ba2+、NO3、ClD水电离产生的c（H+）=1012molL1的溶液中：Na+、Fe2+、SO42、NO3考点：离子共存问题 专题：离子反应专题分析：A离子之间结合生成络离子；B.=1101
22、4的溶液，显酸性；C能使酚酞变红的溶液，显碱性；D水电离产生的c（H+）=1012molL1的溶液，为酸或碱溶液解答：解：AFe3+、SCN离子之间结合生成络离子，不能大量共存，故A错误；B.=11014的溶液，显酸性，H+、ClO结合生成弱电解质，不能大量共存，故B错误；C能使酚酞变红的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故C正确；D水电离产生的c（H+）=1012molL1的溶液，为酸或碱溶液，酸溶液中H+、Fe2+、NO3发生氧化还原反应，碱溶液中Fe2+、OH结合生成沉淀，不能大量共存，故D错误；故选C点评：本题考查离子共存，为高频考点，把握离子的性质及常见离子之间的反应为解
23、答的关键，侧重氧化还原反应及络合反应、复分解反应的离子共存的考查，题目难度不大3（3分）下列有关物质性质的叙述正确的是（）A粗锌与稀硫酸反应制氢气比纯锌快，是因为粗锌比纯锌还原性强BSiO2既能溶于NaOH溶液又能溶于HF溶液，说明SiO2是两性氧化物C乙烯能使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色，说明乙烯具有漂白性D铁钉放在浓硝酸中浸泡后，再用蒸馏水冲洗，然后放入CuSO4溶液中不反应，因为铁钉表面形成了一层致密稳定的氧化膜考点：硅和二氧化硅；化学反应速率的影响因素；硝酸的化学性质；乙烯的化学性质 专题：化学反应速率专题；元素及其化合物分析：A作原电池负极的金属加速被腐蚀；B二氧化硅能溶于特殊酸HF而
24、不能溶于其它的强酸溶液；C乙烯被酸性高锰酸钾氧化、能和溴发生加成反应而使酸性高锰酸钾溶液、溴水褪色；D常温下，铁和浓硝酸发生钝化现象解答：解：A粗锌中含有锌和其它金属，锌、其它金属和稀硫酸构成原电池，作原电池负极的金属加速被腐蚀，所以粗锌与稀硫酸反应制氢气比纯锌快，是因为粗锌和稀硫酸能形成原电池，故A错误；B二氧化硅能溶于特殊酸HF而不能溶于其它的强酸溶液，HF没有代表性，所以二氧化硅不是两性氧化物，而是酸性氧化物，故B错误；C乙烯被酸性高锰酸钾氧化、能和溴发生加成反应而使酸性高锰酸钾溶液、溴水褪色，体现了乙烯的还原性和不饱和性，故C错误；D常温下，铁和浓硝酸发生氧化还原反应而生成一层致密的氧
25、化物薄膜而阻止进一步反应，该现象为钝化现象，所以铁钉放在浓硝酸中浸泡后，再用蒸馏水冲洗，然后放入CuSO4溶液中不反应，故D正确；故选D点评：本题考查了物质间的反应，涉及原电池原理、两性氧化物的概念、氧化还原反应等知识点，明确物质的性质是解本题关键，知道二氧化硅虽然属于酸性氧化物，但能溶于HF，知道物质漂白性原理，题目难度不大4（3分）下列图示与对应的叙述不相符的是（）A如图表示KNO3的溶解度曲线，图中a点所示的溶液是80时KNO3的不饱和溶液B如图表示某放热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化C如图表示0.1000molL1 NaOH溶液滴定20.00mL 0.1000mol
26、L1醋酸溶液得到的滴定曲线D如图表示已达平衡的某反应，在t0时改变某一条件后反应速率随时间变化，则改变的条件可能是增大压强考点：溶解度、饱和溶液的概念；反应热和焓变；化学平衡的影响因素；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算 专题：图示题分析：Aa点时溶解的硝酸钾的质量小于80时KNO3的溶解度，说明该溶液为不饱和溶液；B反应物的总能量大于生成物的总能量为放热反应，使用催化剂可以降低活化分子需要能量；C醋酸为弱酸，没有滴入氢氧化钠溶液时，0.1000mol/L的醋酸溶液的pH大于1；D在t0时改变某一条件后瞬间正逆反应速率都增大，且反应速率相等，平衡不移动，改变的条件可能为增大了压强解答：解：A
27、曲线上所有的点代表相应温度下KNO3溶液的溶解度，均为饱和溶液，a点溶解的KNO3的质量远小于饱和时的数值，因此a点所示的溶液是80时KNO3的不饱和溶液，该说法正确，故A错误；B反应物的总能量大于生成物的总能量为放热反应，因此图象表示的为放热反应；使用催化剂能够降低活化分子能量，使用催化剂时需要能量低于不使用催化剂的能量，该图示与对应的叙述相符，故B错误；C.0.1000molL1NaOH溶液滴定20.00mL 0.1000molL1CH3COOH溶液，消氢氧化钠溶液体积为0时，醋酸为弱电解质，醋酸溶液的pH大于1，图象中醋酸的pH=1与实际不符，故C正确；D对于反应前后气体的化学计量数相等
28、的化学平衡，增大压强，正逆反应速率瞬间同时增大且相等，图示变化可能为改变了压强，图象变化与题中描述一致，故D错误；故选C点评：本题考查反应热和焓变、溶解度和饱和溶液、反应速率与化学平衡的关系，题目难度中等，注意明确饱和溶液概念、反应速率与化学平衡的关系，试题侧重考查学生运用所学原理从图象中获取信息、分析问题、及解决问题的能力5（3分）有关物质性质及用途的说法，正确的是（）A甲烷与氯气在光照的条件下可以制取纯净的一氯甲烷B将溴水加入苯中，溴水的颜色变浅，这是由于发生了加成反应C牡丹籽油是一种优良的植物油脂，它可使酸性高锰酸钾溶液褪色D等质量的乙烯和聚乙烯充分燃烧所需氧气的量不相等考点：甲烷的化学
29、性质；苯的性质；油脂的性质、组成与结构 专题：有机反应分析：A烷烃的氯代反应可得到一系列卤代烃和卤化氢；B苯和溴水不反应，苯是良好的有机溶剂，溴易溶于苯中；C油脂分为油和脂肪，其中油不饱和烃基多；D考虑乙烯和聚乙烯的组成解答：解：A甲烷与氯气在光照条件下反应可生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳及氯化氢，故A错误；B溴水和苯不反应，但溴易溶于苯中，故溴水颜色变浅，故B错误；C油中含不饱和烃基多，所以呈液态，所以牡丹籽油可使酸性高锰酸钾褪色，故C正确；D乙烯和聚乙烯的最简式相同，故等质量的乙烯和聚乙烯充分燃烧所需氧气的量相等，故D错误；故选C点评：本题考查了有机物的结构和性质，较基础，注意
30、烷烃的卤代得到的是多种烃的衍生物和卤化氢6（3分）下列说法正确的是（）A常温下pH=5的CH3COOH溶液和pH=5的NH4Cl溶液中，水的电离程度前者比后者大B用饱和Na2CO3溶液处理BaSO4沉淀，可将BaSO4转化为BaCO3CBaSO4（s）+4C（s）BaS（s）+4CO（g）室温下不能自发进行，说明该反应的H0D为准确测定盐酸与氢氧化钠溶液反应的中和热，所用酸和碱的物质的量应相等考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；反应热和焓变；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；中和热的测定 专题：基本概念与基本理论分析：A酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离；BQcKsp时，生成沉淀；
31、CG=HTS0时该反应不能自发进行，该反应中S0；D盐酸具有挥发性解答：解：A酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，所以常温下pH=5的CH3COOH溶液和pH=5的NH4Cl溶液中，水的电离程度前者比后者小，故A错误；B将BaSO4浸泡在饱和Na2CO3溶液中，部分BaSO4转化BaCO3，是Qc（BaCO3）Ksp（BaCO3）生成沉淀，所以可将BaSO4转化为BaCO3，故B正确；CG=HTS0时该反应不能自发进行，该反应中S0，则H0，故C错误；D中和反应热的测定应使盐酸充分反应，需加入稍过量的NaOH溶液减少盐酸的挥发，减少误差，故D错误；故选B点评：本题考查较综合，涉及反应的
32、自发性与焓变的关系、中和反应测定、影响水电离的因素等知识点，注意B中沉淀转化的原因、D中酸碱的物质的量关系，这些都是易错点7（3分）下列物质的转化在给定条件下能实现的是（）FeFe2O3Fe2（SO4）3SiO2Na2SiO3H2SiO3AlCl3AlNaAlO2NaNa2ONaOHSO2H2SO3H2SO4ABCD考点：铁的化学性质；二氧化硫的化学性质；硅和二氧化硅；钠的化学性质；镁、铝的重要化合物 专题：元素及其化合物分析：Fe与氧气反应生成四氧化三铁；二氧化硅为酸性氧化物，与碱反应生成盐和水，硅酸盐与酸发生强酸制取弱酸的反应；氯化铝为共价化合物，不能电解生成Al；钠燃烧生成过氧化钠；二氧
33、化硫与水生成亚硫酸，再被氧化生成硫酸解答：解：Fe与氧气反应生成四氧化三铁，则FeFe2O3不能转化，故不选；二氧化硅为酸性氧化物，与碱反应生成盐和水，硅酸盐与酸发生强酸制取弱酸的反应，则SiO2Na2SiO3H2SiO3可转化，故选；氯化铝为共价化合物，不能电解生成Al，则AlCl3Al不能转化，故不选；钠燃烧生成过氧化钠，则NaNa2O不能转化，故不选；二氧化硫与水生成亚硫酸，再被氧化生成硫酸，则SO2H2SO3H2SO4可转化，故选；故选C点评：本题考查物质的性质，综合考查元素化合物知识，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，注意不能电解氯化铝制备Al，题目难度不大8（3分
34、）设NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）A常温常压下，17g甲基（14CH3）所含的中子数为9NAB标准状况下，11.2L苯中含有的碳碳双键数为1.5NAC42.0g乙烯和丙烯的混合气体中含有的碳原子数为3NAD5.6g铁与0.1mol氯气在点燃条件下充分反应，转移的电子数为0.3NA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：A甲基（14CH3）中含有8个中子，17g该甲基的物质的量为1mol，含有8mol中子；B标准状况下，苯的状态不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算苯的物质的量；C乙烯和丙烯的最简式为CH2，根据混合物的最简式计算出含有的碳原子数目；D先
35、判断过量情况，然后根据不足量计算出转移的电子数解答：解：A17g甲基（14CH3）的物质的量为1mol，1mol该甲基中含有8mol中子，所含的中子数为8NA，故A错误；B标况下苯不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算11.2L苯的物质的量，故B错误；C42g乙烯和丙烯的混合物中含有3mol最简式CH2，含有3mol碳原子，含有的碳原子数为3NA，故C正确；D5.6g铁的物质的量为0.1mol，0.1mol氯气完全反应消耗0.15mol氯气，氯气不足，反应转移的电子的物质的量为0.2mol，转移的电子数为0.2NA，故D错误；故选C点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等
36、，注意明确标况下苯不是气体、甲基（14CH3）中含有的中子数为8，要求学生掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系9（3分）下列有关离子方程式与所述事实相符且正确的是（）A用惰性电极电解CuCl2溶液：2Cu2+2H2O4H+O2+2CuBBa（OH）2溶液中滴加NaHSO4溶液至中性：Ba2+OH+H+SO42BaSO4+H2OC用双氧水和稀硫酸处理印刷电路板：Cu+H2O2+2H+Cu2+2H2OD氯气和水的反应：Cl2+H2O2H+Cl+ClO考点：离子方程式的书写 专题：离子反应专题分析：A用惰性电极电解CuCl2溶液，铜离子、氯离子放电；B滴加NaHSO4溶液至中性，反
37、应生成硫酸钡和水，不符合离子配比；C发生氧化还原反应，遵循电子、电荷守恒；D生成盐酸和HClO，HClO在离子反应中保留化学式解答：解：A用惰性电极电解CuCl2溶液的离子反应为Cu2+2ClCl2+Cu，故A错误；BBa（OH）2溶液中滴加NaHSO4溶液至中性的离子反应为Ba2+2OH+2H+SO42BaSO4+2H2O，故B错误；C用双氧水和稀硫酸处理印刷电路板的离子反应为Cu+H2O2+2H+Cu2+2H2O，故C正确；D氯气和水的反应的离子反应为Cl2+H2OH+Cl+HClO，故D错误；故选C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，把握发生的化学反应及离子反应的书写
38、方法为解答的关键，侧重电解、氧化还原反应的离子反应考查，题目难度不大10（3分）短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，其中只有C是金属元素，B是地壳中含量最多的元素，A元素常见化合价为+1和1；A与C的最外层电子数相同，C、D两元素原子的电子数之和为A、B两种元素原子的电子数之和的3倍下列叙述正确的是（）A元素的原子半径：ABCDEB对应氢化物的热稳定性：DECB与C、B与D形成的化合物中化学键类型相同D五种元素中最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是E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：短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，B是地
39、壳中含量最多的元素，则B为O元素；A元素常见化合价为+1和1，原子序数小于氧，则A为H元素；A与C的最外层电子数相同，则处于第A族，C是金属元素，原子序数大于氧元素，则C为Na元素；C、D两元素原子的电子数之和为A、B两种元素原子的电子数之和的3倍，则D的核外电子数为3（1+8）11=16，则D为硫元素；E的原子序数最大，为主族元素，则E为Cl元素，据此解答解答：解：短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，B是地壳中含量最多的元素，则B为O元素；A元素常见化合价为+1和1，原子序数小于氧，则A为H元素；A与C的最外层电子数相同，则处于第A族，C是金属元素，原子序数大于氧元素，则C为
40、Na元素；C、D两元素原子的电子数之和为A、B两种元素原子的电子数之和的3倍，则D的核外电子数为3（1+8）11=16，则D为硫元素；E的原子序数最大，为主族元素，则E为Cl元素，A同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，则原子半径：HOClSNa，即ABEDC，故A错误；B非金属性SCl，非金属性越强，氢化物越稳定，故对应氢化物的热稳定性：DE，故B错误；CB与C形成Na2O、Na2O2，氧化钠含有离子键，过氧化钠含有离子键、共价键，B与D形成SO3、SO2，只含有共价键，故C错误；D非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，故HClO4的酸性最强，故D正确；故选D点评：本题考查结构
41、性质位置关系，难度不大，推断元素是解题的关键，注意掌握微粒半径、氢化物稳定性、最高价含氧酸的酸性比较规律11（3分）某课外实验小组设计的如图实验合理的是（）A配制一定浓度硫酸溶液B制备少量氨气C制备并收集少量NO2气体D制备少量氧气考点：化学实验方案的评价；氨的实验室制法；常见气体制备原理及装置选择；配制一定物质的量浓度的溶液 专题：实验评价题分析：A不能在容量瓶中稀释浓硫酸；BCaO可与水反应生成氢氧化钙，并放出大量的热；C不能用排水法收集NO2；D过氧化钠与水剧烈反应，不能用简易气体发生装置制取解答：解：A容量瓶只能用来配制一定浓度的溶液，不能在容量瓶中稀释浓硫酸，故A错误；BCaO可与水
42、反应生成氢氧化钙，并放出大量的热，促使氨气挥发，可用于制备少量氨气，故B正确；CNO2与水反应，不能用排水法收集NO2，要用排空法收集，故C错误；D不能用简易气体发生装置制取，过氧化钠与水剧烈反应，不能做到虽关随停，故D错误故选B点评：本题考查实验方案的评价，题目难度不大，注意把握相关物质的性质，此为解答该题的关键12（3分）下列实验操作正确且能达到预期目的是（）实验目的操 作比较水和乙醇中羟基氢的活泼性强弱用金属钠分别与水和乙醇反应欲证明CH2=CHCHO中含有碳碳双键滴入KMnO4酸性溶液，看紫红色是否褪去欲除去苯中混有的苯酚向混合液中加入浓溴水，充分反应后，过滤证明SO2具有漂白性将SO
43、2通入酸性KMnO4溶液中比较确定铜和镁的金属活动性强弱用石墨作电极电解Mg（NO3）2、Cu（ NO3）2的混合液确定碳和硅两元素非金属性强弱测同温同浓度Na2CO3和Na2SiO3水溶液的pHABCD考点：性质实验方案的设计；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；二氧化硫的化学性质；物质的分离、提纯和除杂 专题：实验评价题分析：钠和水反应剧烈，和乙醇反应缓慢；双键和醛基都能使高锰酸钾溶液褪色；溴单质在苯中易溶；二氧化硫的漂白性是具有选择性漂白有机色素，和高锰酸钾溶液反应褪色是发生了氧化还原反应；电解过程中阳离子先得到电子析出的对应金属活泼
44、性弱；盐溶液水解程度越大，对应酸的酸性越弱；解答：解：水中氢氧根离子和乙醇中的羟基氢活泼性不同，与钠反应剧烈程度不同，和水反应剧烈，和乙醇反应缓慢，可以利用和钠反应判断水和乙醇中羟基氢的活泼性强弱，故正确；双键和醛基都能使高锰酸钾溶液褪色；欲证明CH2=CHCHO中含有碳碳双键需要先用新制氢氧化铜氧化醛基后再通入高锰酸钾溶液或溴水褪色证明，故错误；向混合液中加入浓溴水，充分反应后，苯酚反应生成沉淀，同时溴单质易溶于苯中，引入新的杂质，故错误；二氧化硫的漂白性是具有选择性漂白有机色素，加热恢复原来的颜色，与高锰酸钾溶液反应发生了氧化还原反，不是漂白作用，故错误；用石墨作电极电解Mg（NO3）2、
45、Cu（ NO3）2的混合液，铜离子在阴极析出，证明铜离子氧化性大于镁离子，证明金属单质还原性镁大于铜，故正确；盐溶液水解程度越大，对应酸的酸性越弱；测同温同浓度Na2CO3和Na2SiO3水溶液的pH，碳酸钠溶液PH大于硅酸钠溶液，说明硅酸酸性小于碳酸，证明碳非金属性大于硅，故正确；故选C点评：本题考查了物质性质实验的设计和验证方法结论判断，熟练掌握物质性质和特征是解题关键，题目难度中等13（3分）25时，0.1mol Na2CO3与盐酸混合所得的一组体积为1L的溶液，溶液中部分微粒与pH 的关系如右图所示下列有关溶液中离子浓度关系叙述正确的是（）AW点所示的溶液中：c（Na+）+c（H+）=
46、2c（CO32）+c（OH）+c（Cl）BpH=4的溶液中：c（H2CO3）+c（HCO3）+c（CO32）0.1 molL1CpH=8的溶液中：c（H+）+c（H2CO3）+c（HCO3）=c（OH）+c（Cl）DpH=11的溶液中：c（Na+）c（Cl）c（CO32）c（HCO3）c（H2CO3）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：A根据电荷守恒判断；B根据物料守恒判断；C先判断溶液中的溶质，再根据物料守恒判断；D先根据图象判断溶液中的溶质，再确定其浓度关系解答：解：A根据电荷守恒可知，溶液中离子应该满足关系式c（Na+）+c（H+）=2c（CO32）+c（OH）
47、+c（Cl）+c（HCO3），故A错误；BpH=4，说明反应中有CO2生成，所以根据物料守恒可知c（H2CO3）+c（HCO3）+c（CO32）0.1 molL1，故B正确；C根据图象可知pH=8时，溶液中碳酸氢钠的浓度远远大于碳酸钠的浓度，这说明反应中恰好是生成碳酸氢钠，则根据物料守恒可知c（H2CO3）+c（HCO3）+c（CO32）=c（Cl）= c（Na+），则c（H+）+2c（H2CO3）+c（HCO3）=c（OH）+c（Cl），故C错误；D根据图象可知pH=11时，溶液碳酸钠的浓度远远大于碳酸氢钠的浓度，这说明碳酸钠是过量的，则c（Na+）c（CO32）c（Cl）c（HCO3）c（
48、H2CO3），故D错误；故选B点评：本题考查碳酸钠和盐酸反应中离子浓度大小比较，该题是2015届高考中的常见题型，属于综合性试题的考查，对学生的思维能力提出了较高的要求，本题贴近2015届高考，综合性强，侧重对学生能力的培养，意在培养学生的逻辑推理能力和创新思维能力该题的关键是在明确反应原理的基础上利用好几种守恒关系，即电荷守恒、物料守恒以及质子守恒，然后结合图象和题意灵活运用即可，难度中等14（3分）实验用含有杂质（FeO、Fe2O3）的废CuO制备胆矾晶体，经历下列过程，Fe3+在pH=5时已完全沉淀，其中分析错误的是（）A利用CuCO3替代CuO也可调节溶液的pH，不影响实验结果B步骤中
49、发生的主要反应为：H2O2+Fe2+2H+Fe3+2H2OC洗涤晶体：向滤出晶体的漏斗中加少量水至浸没晶体，待自然流下后，重复23次D配制240mL 1mol/L的CuSO4溶液，需称量CuSO45H2O的质量为62.5g考点：制备实验方案的设计；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用 专题：实验设计题分析：样品与足量硫酸反应，生成硫酸铜和硫酸亚铁，加入过氧化氢，发生氧化还原反应生成硫酸铁，然后加入CuO或Cu（OH）2等物质的调节溶液的pH，使Fe3+水解而生成Fe（OH）3沉淀，得到硫酸铜溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸铜晶体解答：解：ACuCO3和CuO都与溶液中H+反应，起到调节溶液p
50、H的作用，并不引入新的杂质，故A正确；B步骤中发生的主要反应为：H2O2+2Fe2+2H+2Fe3+2H2O，不符合电荷守恒，故B错误；C固体具有吸附性，过滤时表面有可溶性物质，可向滤出晶体的漏斗中加少量水浸没晶体，自然流下，重复23次，可洗涤晶体，故C正确；D配制240mL 1mol/L的CuSO4溶液，需选250mL容量瓶，则需称量CuSO45H2O的质量为0.25L1mol/L250g/mol=62.5g，故D正确；故选B点评：本题考查硫酸铜的制备实验方案的设计，本题注意把握制备流程和基本实验操作方法，侧重流程分析及除杂反应、溶液配制等知识点考查，题目难度中等二、简答题（计58分）15（
51、10分）开发、使用清洁能源发展“低碳经济”，正成为科学家研究的主要课题氢气、甲醇是优质的清洁燃料，可制作燃料电池（1）已知：2CH3OH（1）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）H1=1275.6kJ/mol2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）H2=566.0kJ/molH2O（g）=H2O（1）H3=44.0kJ/mol写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式：CH3OH（1）+O2（g）=CO（g）+2H2O（1）H=442.8kJmol1（2）生产甲醇的原料CO和H2来源于：CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）H0一定条件下CH4的平衡转化率与温度
52、、压强的关系如图a则TlT2（填“”、“”、“=”，下同）；A、B、C三点处对应平衡常数（KA、KB、KC）的大小关系为KC=KBKA100时，将1mol CH4和2mol H2O通入容积为1L的定容密封容器中，发生反应，能说明该反应已经达到平衡状态的是cda容器内气体密度恒定b单位时间内消耗0.1mol CH4同时生成0.3mol H2c容器的压强恒定d3v正（CH4）=v逆（H2）如果达到平衡时CH4的转化率为0.5，则100时该反应的平衡常数K=2.25（3）某实验小组利用CO（g）、O2（g）、KOH（aq）设计成如图b所示的电池装置，则该电池负极的电极反应式为CO2e+4OH=CO3
53、2+2H2O考点：化学平衡的影响因素；用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算 专题：化学反应中的能量变化；化学平衡专题分析：（1）根据盖斯定律书写目标热化学方程式；（2）正反应为吸热反应，压强一定时，升高温度，平衡向正反应方向移动，甲烷的转化率增大，据此判断温度大小；平衡常数只受温度影响，处于等温线上各点平衡常数相等，由图可知，压强一定时，温度T2条件下，甲烷的转化率更大，则反应进行的程度更大；达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，百分含量不变，以及由此衍生其它一些物理量不变，据此结合选项判断；利用三段式计算平衡时各组分的物质的量浓度，代入平衡常数表达
54、式计算（3）CO发生氧化反应，在负极失去电子，碱性条件下生成碳酸根与水解答：解：（1）已知：2CH3OH（1）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）H1=1275.6kJ/mol2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）H2=566.0kJ/molH2O（g）=H2O（1）H3=44.0kJ/mol根据盖斯定律，+2得：CH3OH（1）+O2（g）=CO（g）+2H2O（1）H=442.8 kJmol1，故答案为：CH3OH（1）+O2（g）=CO（g）+2H2O（1）H=442.8 kJmol1；（2）由图开始，压强一定时，温度T2的转化率较大，正反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应
55、方向移动，甲烷的转化率增大，故温度TlT2；平衡常数只受温度影响，B、C处于等温线上，平衡常数相等，由图可知，压强一定时，温度T2条件下，甲烷的转化率更大，则反应进行的程度更大，比温度T1时的平衡常数大，故平衡常数KC=KBKA，故答案为：；KC=KBKA；a100时，反应混合物都是气体，混合气体总质量不变，容器的容积不变，容器内气体密度始终不变，不能说明得到平衡，故a错误；b单位时间内消耗0.1mol CH4同时生成0.3molH2，反应始终按此比例进行，不能说明到达平衡，故b错误；c随反应进行混合气体总物质的量增大，容器容积不变，压强增大，当容器的压强恒定时，说明到达平衡，故c正确；d3v
56、正（CH4）=v逆（H2），不同物质的正逆速率之比等于化学计量数之比，反应到达平衡，故d正确，故答案为：cd；平衡时甲烷的转化为0.5，则甲烷的浓度变化量=1mol/L0.5=0.5mol/L， CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）开始（mol/L）：1 2 0 0变化（mol/L）：0.5 0.5 0.5 1.5 平衡（mol/L）：0.5 1.5 0.5 1.5故平衡常数k=2.25，故答案为：cd；2.25；（3）CO发生氧化反应，在负极失去电子，碱性条件下生成碳酸根与水，负极电极反应式为：CO2e+4OH=CO32+2H2O，故答案为：CO2e+4OH=CO32+2H2O
57、点评：本题比较综合，难度中等，涉及热化学方程式、化学平衡图象及影响因素、平衡常数、平衡状态判断、原电池等，（3）可以用总反应式减去正极电极反应式得负极电极反应式16（10分）重铬酸钠（Na2Cr2O72H2O）俗称红矾钠，在工业方面有广泛用途我国目前主要是以铬铁矿（主要成份为FeOCr2O3，还含有Al2O3、MgO、SiO2等杂质）为主要原料进行生产，其主要工艺流程如下：中涉及的主要反应有：主反应：4FeOCr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2副反应：SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2、Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2部分阳离子以氢
58、氧化物形式完全沉淀时溶液的pH：沉淀物Al（OH）3Fe（OH）3Mg（OH）2Cr（OH）3完全沉淀时溶液pH4.73.711.25.6试回答下列问题：（1）“”中反应是在回转窑中进行，反应时需不断搅拌，其作用是使反应物接触更充分，加快反应速率（2）“”中调节pH至4.7，目的是除去溶液中的AlO2、SiO32（3）“”中加硫酸酸化的目的是使CrO42转化为Cr2O72，请写出该平衡转化的离子方程式：2CrO42+2H+Cr2O72+H2O（4）称取重铬酸钠试样2.5000g配成250mL溶液，取出25.00mL于碘量瓶中，加入10mL 2molL1H2SO4和足量碘化钠（铬的还原产物为Cr
59、3+），放于暗处5min，然后加入100mL水，加入3mL淀粉指示剂，用0.1200molL1Na2S2O3标准溶液滴定（I2+2S2O32=2I+S4O62）判断达到滴定终点的依据是：当滴加最后一滴硫代硫酸钠溶液时，溶液蓝色褪去，半分钟内不变色；若实验中共用去Na2S2O3标准溶液40.00ml，所得产品的中重铬酸钠的纯度（设整个过程中其它杂质不参与反应）83.84%考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子方程式的书写；中和滴定 专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：题目以以铬铁矿为原料制备重铬酸钠，铬铁矿经煅烧、水浸之后除去生成的氧化铁，调节pH至4.7，除去溶液中的AlO2、SiO
60、32；经酸化、蒸发结晶后后可生成重铬酸钠（1）固体反应物在搅拌时可充分接触而反应；（2）氧化铁不溶于水，铬铁矿经煅烧、水浸之后除去生成的氧化铁，副反应中生成Na2SiO3、NaAlO2等杂质；（3）CrO42转化为Cr2O72，CrO42在酸性条件下与H+离子反应生成Cr2O72；（4）溶液中有碘，加入淀粉溶液呈蓝色；根据反应的关系式计算解答：解：（1）固体反应物在搅拌时可充分接触而反应，故答案为：使反应物接触更充分，加快反应速率；（2）氧化铁不溶于水，铬铁矿经煅烧、水浸之后除去生成的氧化铁，副反应中生成Na2SiO3、NaAlO2等杂质，调节pH至4.7，可生成H2SiO3、Al（OH）3沉
61、淀过滤除去，故答案为：除去溶液中的AlO2、SiO32；（3）CrO42转化为Cr2O72，CrO42在酸性条件下与H+离子反应生成Cr2O72，该反应为可逆反应，反应的离子方程式为2CrO42+2H+Cr2O72+H2O，故答案为：2CrO42+2H+Cr2O72+H2O；（4）溶液中有碘，加入淀粉溶液呈蓝色，碘与亚硫酸钠发生氧化还原反应，当反应终点时，蓝色褪去，故答案为：当滴加最后一滴硫代硫酸钠溶液时，溶液蓝色褪去，半分钟内不变色；根据反应的关系式计算： Cr2O723I26S2O32 1mol 6mol n 0.1200molL10.04Ln=0.0008mol，则2.5000g重铬酸钠
62、试样中含有的重铬酸钠的质量为100.0008mol262g/moL=2.096g，所得产品的中重铬酸钠的纯度=83.84%故答案为：83.84%点评：作为反应流程题，本题思路比较清晰，题项设置简单（1）搅拌便于物质充分接触而反应；（2）中难以回答到位，要从副反应考虑，Na2SiO3、NaAlO2作为杂质要除去，不能局限于表格；（3）是平衡，2CrO42+2H+Cr2O72+H2O；（4）从氧化还原反应的角度分析17（12分）硼和铝位于同一主族，它们可以形成许多组成和性质类似的化合物，一种用硼镁矿（Mg2B2O5H2O）制取单质硼的工艺流程图如下：回答下列问题：（1）Mg2B2O5H2O中B的化
63、合价为+3（2）溶液a、溶液b中溶质的化学式分别为NaHCO3、Na2SO4（3）写出步骤的化学方程式Mg2B2O5H2O+2NaOH=2NaBO2+2Mg（OH）2（4）写出步骤的化学方程式B2O3+3Mg2B+3MgO（5）步骤中化学反应可以发生的原因是硼酸的酸性小于硫酸，符合复分解反应由强酸制弱酸的原理，且硼酸的溶解度较小，从溶液中析出有利于该反应的进行（6）BF3是有机化学中常用的酸性催化剂，BF3分子中B和F最外层的电子数分别为6、8个（7）乙硼烷（B2H6）是一种气态高能燃料，写出乙硼烷在空气中燃烧的化学方程式B2H6+3O2B2O3+3H2O考点：制备实验方案的设计 专题：几种重
64、要的金属及其化合物分析：硼镁矿与氢氧化钠溶液反应，过滤除去杂质，NaBO2溶液中，通入过量的二氧化碳，得到Na2B4O710H2O与为NaHCO3，过滤分离，由于硼酸的酸性小于硫酸，符合复分解反应由强酸制弱酸的原理，且硼酸的溶解度较小，故Na2B4O710H2O晶体与硫酸反应得到硼酸，溶液b中含有硫酸钠，硼酸晶体加热分解得到B2O3，最后用Mg还原得到粗硼（1）根据化合价代数和为0计算B元素化合价；（2）由上述分析可知，第步通入过量二氧化碳，则a为NaHCO3，第步加入硫酸，b为Na2SO4；（3）第步为Mg2B2O5H2O与氢氧化钠溶液反应生成NaBO2与Mg（OH）2；（4）步骤是Mg与B
65、2O3发生置换反应生成B与MgO；（5）符合复分解反应由强酸制弱酸的原理；（6）BF3分子中B原子与F原子之间形成1对共用电子对；（7）乙硼烷在空气中燃烧生成B2O3与水解答：解：硼镁矿与氢氧化钠溶液反应，过滤除去杂质，NaBO2溶液中，通入过量的二氧化碳，得到Na2B4O710H2O与为NaHCO3，过滤分离，由于硼酸的酸性小于硫酸，符合复分解反应由强酸制弱酸的原理，且硼酸的溶解度较小，故Na2B4O710H2O晶体与硫酸反应得到硼酸，溶液b中含有硫酸钠，硼酸晶体加热分解得到B2O3，最后用Mg还原得到粗硼（1）根据化合价代数和为0，可知Mg2B2O5H2O中B的化合价为+3，故答案为：+3
66、；（2）由上述分析可知，第步通入过量二氧化碳，则a为NaHCO3，第步加入硫酸，b为Na2SO4，故答案为：NaHCO3；Na2SO4；（3）第步为Mg2B2O5H2O与氢氧化钠溶液反应生成NaBO2与Mg（OH）2，反应方程式为：Mg2B2O5H2O+2NaOH=2NaBO2+2Mg（OH）2，故答案为：Mg2B2O5H2O+2NaOH=2NaBO2+2Mg（OH）2；（4）步骤是Mg与B2O3发生置换反应生成B与MgO，反应方程式为：B2O3+3Mg2B+3MgO，故答案为：B2O3+3Mg2B+3MgO；（5）步骤中化学反应可以发生的原因是：硼酸的酸性小于硫酸，符合复分解反应由强酸制弱酸
67、的原理，且硼酸的溶解度较小，从溶液中析出有利于该反应的进行，故答案为：硼酸的酸性小于硫酸，符合复分解反应由强酸制弱酸的原理，且硼酸的溶解度较小，从溶液中析出有利于该反应的进行；（6）BF3分子中B原子与F原子之间形成1对共用电子对，B原子形成3故BF键，故分子中B原子最外层电子数为3+3=6，F原子最外层电子数为7+1=8，故答案为：6；8；（7）乙硼烷在空气中燃烧生成B2O3与水，反应方程式为：B2H6+3O2B2O3+3H2O，故答案为：B2H6+3O2B2O3+3H2O点评：本题考查化学制备方案，理解工艺流程原理是解题关键，侧重对化学用语的考查，需要学生具备扎实的基础与灵活运用的能力，难
68、度中等18（13分）正丁醚常用作有机反应的溶剂实验室制备正丁醚的主要实验装置如图：反应物和产物的相关数据如下据如下：相对分子质量沸点/密度（gcm3）水中溶解性正丁醇74117.20.8109微溶正丁醚130142.00.7704几乎不溶合成正丁醚的步骤：将6mL浓硫酸和37g正丁醇，按一定顺序添加到A中，并加几粒沸石加热A中反应液，迅速升温至135，维持反应一段时间，分离提纯：待A中液体冷却后将其缓慢倒入盛有70mL水的分液漏斗中，振摇后静置，分液得粗产物粗产物依次用40mL水、20mL NaOH溶液和40mL水洗涤，分液后加入约3g无水氯化钙颗粒，静置一段时间后弃去氯化钙将上述处理过的粗产
69、物进行蒸馏，收集馏分，得纯净正丁醚11g请回答：（1）步骤中浓硫酸和正丁醇的添加顺序为将浓H2SO4滴加到正丁醇中写出步骤中制备正丁醚的化学方程式2CH3CH2CH2CH2OH CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3+H2O （2）加热A前，需先从b（填“a”或“b”）口向B中通入水（3）步骤的目的是初步洗去浓H2SO4，振摇后静置，粗产物应从分液漏斗的上（填“上”或“下”）口分离出（4）步骤中最后一次水洗的目的为洗去有机层中残留的NaOH及中和反应生成的盐Na2SO4（5）步骤中，加热蒸馏时应收集d（填选项字母）左右的馏分a100b 117c 135d142（6）反应过程中会观察
70、到分水器中收集到液体物质，且分为上下两层，随着反应的进行，分水器中液体逐渐增多至充满时，上层液体会从左侧支管自动流回A分水器中上层液体的主要成分为正丁醇，下层液体的主要成分为水（填物质名称）（7）本实验中，正丁醚的产率为33.85%考点：制备实验方案的设计 分析：（1）根据浓硫酸的稀释操作，进行迁移解答；正丁醇在浓硫酸、加热135条件下发生分子间脱水反应生成CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3；（2）采取逆流原理通入冷凝水进行充分冷却；（3）用水可以溶解浓硫酸；正丁醇、正丁醚不溶于水，溶液分层，粗产品的密度小于水在上层；（4）有机层中会残留NaOH及中和反应生成的盐Na2SO4，
71、用水溶解除去；（5）正丁醚沸点为142，粗产品中含有正丁醇，其沸点为117.2，低于正丁醚的沸点，加热蒸馏正丁醇先汽化；（6）反应控制温度135，高于正丁醇的沸点，正丁醇、水均挥发，从球形冷凝管中冷凝回流的为正丁醇、水，正丁醇微溶于水，在分水器中会分层，密度小的在上层；（7）根据正丁醇的质量计算正丁醚的理论产量，样品产率=（实际产量理论产量）100%解答：解：（1）因为浓硫酸的密度大，应将浓硫酸加到正丁醇中，防止发生迸溅；正丁醇在浓硫酸、加热135条件下发生分子间脱水反应生成CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3，反应方程式为：2CH3CH2CH2CH2OH CH3CH2CH2CH
72、2OCH2CH2CH2CH3+H2O，故答案为：将浓H2SO4滴加到正丁醇中；2CH3CH2CH2CH2OHCH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3+H2O；（2）采取逆流原理通入冷凝水，使冷凝管充分冷凝水，进行充分冷却，即从b口通入冷凝水，故答案为：b；（3）用水可以洗去混有的浓H2SO4；正丁醇、正丁醚不溶于水，溶液分层，粗产品的密度小于水在上层，应从分液漏斗的上口分离出，故答案为：浓H2SO4；上；（4）步骤中最后一次水洗，可以洗去有机层中残留的NaOH及中和反应生成的盐Na2SO4，故答案为：洗去有机层中残留的NaOH及中和反应生成的盐Na2SO4；（5）正丁醚沸点为142，
73、粗产品中含有正丁醇，其沸点为117.2，低于正丁醚的沸点，加热蒸馏正丁醇先汽化，加热蒸馏时应收集142左右的馏分，故答案为：d；（6）反应控制温度135，高于正丁醇的沸点，正丁醇、水均挥发，从球形冷凝管中冷凝回流的为正丁醇、水，正丁醇微溶于水，密度小于水，在分水器中会分层，正丁醇在上层，水在下层，故答案为：正丁醇；水；（7）由2CH3CH2CH2CH2OH CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3+H2O，可知37g正丁醇完全反应得到正丁醚的质量为130g/mol=32.5g，故样品产率为（11g32.5g）100%=33.85%，故答案为：33.85%点评：本题考查有机物的制备实验
74、，侧重考查物质分离提纯、对原理与操作的分析评价、产率计算等，难度中等，注意对基础知识的理解掌握【选修2：化学与技术】（共1小题，满分13分）19（13分）煤是重要的能，也是生产化工产品的重要原料试用所学知识，解答下列问题：（1）煤的转化技术包括煤的气化技术和液化技术煤的液化技术又分为直接液化技术和间接液化技术（2）在煤燃烧前需对煤进行脱硫处理煤的某种微生物 脱硫技术的原理为FeS2 Fe2+SO42Fe3+这种脱硫技术称为微生物脱硫技术该技术的第一步反应的离子方程式为2FeS2+7O2+2H2O=4H+2Fe2+4SO42，第二步反应的离子方程式为4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O（3
75、）工业煤干馏得到的产品有焦炭、焦炉煤气、粗氨水、煤焦油（4）工业上主要采用氨氧化法生产硝酸，如图是氨氧化率与氨空气混合气中氧氨比的关系其中直线表示反应的理论值；曲线表示生产实际情况当氨氧化率达到100%，理论上r=1.25，实际生产要将r值维持在1.72.2之间，原因是O2浓度太少不利于NH3的转化，n（O2）/n（NH3）值为2.2时NH3氧化率已近100%考点：煤的干馏和综合利用 专题：有机化合物的获得与应用分析：（1）煤的液化分为直接液化和间接液化；（2）根据化合价升降总数相等以及原子守恒来写离子方程式；（3）工业煤干馏得到的产品有焦炭、焦炉煤气、粗氨水、煤焦油；（4）根据氨氧化的化学方
76、程式来分析；根据O2浓度对平衡的影响解答：解：（1）煤的液化分为直接液化和间接液化，故答案为：直接液化技术；间接液化技术；（2）第一步反应中反应物有FeS2、O2和H2O，生成物有Fe2+和SO42，根据化合价升降总数相等以及原子守恒，反应的离子方程式为：2FeS2+7O2+2H2O=4H+2Fe2+4SO42；Fe2+具有还原性，可被氧气氧化为Fe3+，根据化合价升降总数相等以及原子守恒，反应的离子方程式为：4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O，故答案为：2FeS2+7O2+2H2O=4H+2Fe2+4SO42；4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O；（3）工业煤干馏得到的产品有焦
77、炭、焦炉煤气、粗氨水、煤焦油，故答案为：焦炉煤气、粗氨水、煤焦油；（4）由氨氧化的化学方程式：4NH3+5O24NO+6H2O，可知氨氧化率达到100%，理论上r=1.25，故答案为：1.25；O2浓度太少不利于NH3的转化，r值为2.2时NH3氧化率已近100%，故答案为：O2浓度太少不利于NH3的转化，r值为2.2时NH3氧化率已近100%点评：本题考查煤的综合利用，涉及到氧化还原方程式的书写，题目难度中等，本题注意从题目中获取信息，结合物质的性质解答【选修3：物质结构与性质】（共1小题，满分0分）20已知：A、B、C、D、E是周期表中前36号元素，A是原子半径最小的元素，B元素基态原子的
78、2P轨道上只有两个电子，C元素的基态原子L层只有2对成对电子，D元素在第三周期元素中电负性最大，E2+的核外电子排布和Ar原子相同请回答下列问题：（1）分子式为BC2的空间构型为直线型；D元素原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p5（2）B第一电离能比C小（填“大”或“小”）；A与B形成的最简单化合物的分子空间构型为正四面体，其中心原子的杂化为sp3（3）A2C所形成的晶体类型为分析晶体；E单质所形成的晶体类型为金属晶体（4）若向由A、C组成某种化合物的稀溶液中加入少量二氧化锰，有无色气体生成则该化合物的分子式是H2O2，属于极性分子（填：“极性”或“非极性”），该反应的化学方程式
79、是2H2O22H2O+O2（5）C跟E可形成离子化合物，其晶胞结构与NaCl的晶胞相似，同为面心立方结构该离子化合物晶体的密度为gcm3，NA表示阿伏加德罗常数，则该离子化合物晶胞的体积是cm3（用含、NA的代数式表示）考点：原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算；极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断 专题：原子组成与结构专题；化学键与晶体结构分析：A、B、C、D、E、F是周期表中前36号元素，A是原子半径最小的元素，则A为H元素；B元素基态原子的2P轨道上只有两个电子，B原子核外电子排布式为1s22s22p2，则B为C元素；C元素的基态原子L层只有2对成对电子
80、，则C原子核外电子排布式为1s22s22p4，则C为O元素；D是在第三周期元素中电负性最大，则D为Cl元素；E2+的核外电子排布和Ar原子相同，则E原子核外电子数为18+2=20，则E为Ca，据此解答解答：解：A、B、C、D、E、F是周期表中前36号元素，A是原子半径最小的元素，则A为H元素；B元素基态原子的2P轨道上只有两个电子，B原子核外电子排布式为1s22s22p2，则B为C元素；C元素的基态原子L层只有2对成对电子，则C原子核外电子排布式为1s22s22p4，则C为O元素；D是在第三周期元素中电负性最大，则D为Cl元素；E2+的核外电子排布和Ar原子相同，则E原子核外电子数为18+2=
81、20，则E为Ca，（1）CO2的空间构型为直线型；Cl的核外电子排布式为1s22s22p63s23p5，故答案为：直线型；1s22s22p63s23p5；（2）C第一电离能比O小；A与B形成的最简单化合物为甲烷，则分子空间构型为正四面体，其中心原子的杂化为sp3；故答案为：小；正四面体；sp3；（3）A2C为水，所形成的晶体类型为分析晶体；E单质为钙所形成的晶体类型为金属晶体，故答案为：分析晶体；金属晶体；（4）向由A、C组成某种化合物的稀溶液中加入少量二氧化锰，有无色气体生成则该化合物的分子式是H2O2，属于极性分子，该反应的化学方程式是2H2O22H2O+O2，故答案为：H2O2，极性，2
82、H2O22H2O+O2；（5）C跟E可形成离子化合物，其晶胞结构与NaCl的晶胞相似，晶胞中钙离子数目=4、氧离子数目=4，故晶胞质量=g，离子化合物晶体的密度为gcm3则晶胞的体积=cm3，故答案为：cm3点评：本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布规律、杂化理论、分子结构、晶体类型与性质、晶胞计算等，推断元素是解题的关键，（5）中注意利用NaCl的晶胞相似，同为面心立方结构进行晶胞计算五、解答题（共1小题，满分0分）21H是一种新型香料的主要成分之一，其结构中含有三个六元环H的合成路线如下（部分产物和部分反应条件略去）：已知：RCH=CH2+CH2=CHRCH2=CH2+RCH=CHRB
83、中核磁共振氢谱图显示分子中有6种不同环境的氢原子D和G是同系物请回答下列问题：（1）用系统命名法命名（CH3）2C=CH2：2甲基1丙烯（2）AB反应过程中涉及的反应类型有加成反应、取代反应（3）写出D分子中含有的官能团名称：羟基、羧基（4）写出生成E的化学方程式：（5）写出H的结构简式：（6）同时满足下列条件：与FeCl3溶液发生显色反应；能发生水解反应；苯环上有两个取代基的G的同分异构体有9种（不包括立体异构），其中核磁共振氢谱为5组峰的为（写结构简式）考点：有机物的推断 专题：有机物的化学性质及推断分析：由A与氯气在加热条件下反应生成，可知A的结构简式为：，故苯乙烯与（CH3）2C=CH
84、2发生加成反应生成A，与HCl反应生成B，结合B的分子式可知，应是发生加成反应，B中核磁共振氢谱图显示分子中有6种不同环境的氢原子，故B为，顺推可知C为，D为苯乙烯与水发生加成反应生成E，E可以氧化生成C8H8O2，说明E中羟基连接的C原子上有2个H原子，故E为，C8H8O2为，与溴反应生成F，F在氢氧化钠溶液条件下水解、酸化得到G，且D和G是同系物，故中亚甲基上1个H原子被Br原子取代生成F，F为，G为，D与G生成H，H结构中含有三个六元环，则H为，据此解答解答：解：由A与氯气在加热条件下反应生成，可知A的结构简式为：，故苯乙烯与（CH3）2C=CH2发生加成反应生成A，与HCl反应生成B，
85、结合B的分子式可知，应是发生加成反应，B中核磁共振氢谱图显示分子中有6种不同环境的氢原子，故B为，顺推可知C为，D为苯乙烯与水发生加成反应生成E，E可以氧化生成C8H8O2，说明E中羟基连接的C原子上有2个H原子，故E为，C8H8O2为，与溴反应生成F，F在氢氧化钠溶液条件下水解、酸化得到G，且D和G是同系物，故中亚甲基上1个H原子被Br原子取代生成F，F为，G为，D与G生成H，H结构中含有三个六元环，则H为，（1）（CH3）2C=CH2系统命名为：2甲基1丙烯，故答案为：2甲基1丙烯；（2）A与氯气在加热条件下发生取代反应生成，与HCl反应发生加成反应B，故答案为：加成反应、取代反应；（3）
86、D为，含有的官能团为：羟基、羧基，故答案为：羟基、羧基；（4）生成E的化学方程式为：，故答案为：；（5）由上述分析可知，H的结构简式为：，故答案为：；（6）G为，G的同分异构体同时满足下列条件：与FeCl3溶液发生显色反应，含有酚羟基；能发生水解反应，含有酯基；苯环上有两个取代基，为OH、OOCCH3或OH、CH2OOCH或OH、COOCH3，各有邻、间、对3种位置关系，故符合条件的同分异构体共有9种，其中核磁共振氢谱有5个吸收峰同分异构体为：，故答案为：9；点评：本题考查有机物的推断，是对有机物知识的综合运用，能较好的考查考生的阅读、自学能力和思维能力，是热点题型，难度较大，注意充分利用转化关系中物质的结构及分子式，结合正推法与逆推法进行推断，注意充分利用反应条件，（6）中同分异构体数目判断与限制条件同分异构体书写为易错点、难点