1、天津市和平区2015届高考化学三模试卷一、选择题（共6小题，每小题6分，满分36分）1（6分）日常生活中遇到的很多问题都涉及到化学知识，下列有关叙述正确的是（）A在涂料中尽量用液态有机物代替水作溶剂，以减少环境污染B向煤中加入适量石灰石，在煤燃烧时SO2最终生成CaSO4，可减少对大气的污染C“海水淡化”可以解决“淡水供应危机”，加入明矾可以使海水淡化D食物溶于水后的溶液 pH7，则该食物为成酸性食物2（6分）下列说法中正确的是（）A一束光线分别通过溶液和胶体时，后者能看到一条光亮的“通路”，前者则没有B蔗糖、硫酸钡和氨气分别属于非电解质、强电解质和弱电解质CMg、Al、Cu可以分别用置换法、
2、直接加热法和电解法冶炼得到D沼气、天然气和水煤气分别属于化石能源、可再生能源和二次能源3（6分）对于实验的实验现象预测正确的是（）A实验I：试管中先出现白色胶状物质，后溶解B实验II：振荡后静置，下层溶液颜色保持不变C实验III：抽去中间玻璃片，瓶内产生白烟D实验IV：BaCl2溶液变浑浊，品红溶液褪色4（6分）对羟基扁桃酸是药物合成的重要中间体，它可由苯酚和乙醛酸反应制得下列有关说法正确的是（）A对羟基扁桃酸可以发生消去反应、取代反应和缩聚反应B苯酚和对羟基扁桃酸是同系物C乙醛酸与H2在热的镍催化下反应生成乙二醇D在核磁共振氢谱中对羟基扁桃酸应该有6个吸收峰5（6分）关于反应：2C2H2（g
3、）+5O2（g）=4CO2 （g）+2H2O（l）H=2600kJmol12CO（g）+O2（g）=2CO2（g）H=566kJmol1CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）H=+216kJmol1下列叙述正确的是（）A2C2H2（g）+3O2（g）=4CO （g）+2H2O（l）H=+1468 kJmol1B在反应时，若加入催化剂，可以使H减小C若有3.2g CH4与足量水蒸汽按反应，则放出热量是43.2 kJD若生成相同质量的CO2，则放出的热量C2H2大于CO6（6分）根据下列各图曲线表征的信息，得出的结论不正确的是（）A图1表示常温下向体积为10 mL 0.1 molL1
4、NaOH溶液中逐滴加入0.1 molL1 CH3COOH溶液后溶液的pH变化曲线，则b点处有：c（CH3COOH）+c（H+）=c（OH）B图2表示用水稀释pH相同的盐酸和醋酸时溶液的pH变化曲线，其中表示醋酸，表示盐酸，且溶液导电性：cbaC图3表示H2与O2发生反应过程中的能量变化，H2的燃烧热为285.8 kJmol1D由图4得出若除去CuSO4溶液中的Fe3+，可采用向溶液中加入适量CuO，调节溶液的pH至4左右二、解答题（共4小题，满分64分）7（14分）X、Y、Z、L、M、G六种元素分属三个短周期，且原子序数依次增大X、L同主族，可形成离子化合物LX；Y是空气中量最多的元素Z、M同
5、主族，可形成MZ2、ML3两种分子（1）L、M、G三种元素简单离子半径由大到小的顺序为（用离子符号表示）（2）比较Z、M的气态氢化物稳定性强弱顺序（3）写出由Y、L两种元素组成的阴阳离子的电子层结构相同的物质的化学式（4）由上述元素中的两种元素的原子按1：1组成的常见液态化合物的稀液易被催化分解，可使用的催化剂为（填序号）aMnO2bFeCl3cNa2SO3dKMnO4（5）由Z、L两种元素组成的一种化合物加入到硫酸亚铁溶液中，产生红褐色沉淀，但无气体产生，试写出该反应的离子方程式（6）有一种锂电池，它是由金属锂和石墨作电极材料，电解质溶液是由四氯化铝锂（LiAlCl4）溶解在亚硫酸氯（MZG
6、2）中形成的，电池的总反应式为：8Li+3MZG26LiG+Li2MZ3+2M若电解质溶液中混有少量水，对电池反应（填“有”“无”） 影响电池工作时的正极反应式为8（18分）PNA是一种具有良好的热稳定性、耐腐蚀性和抗水性的高分子化合物，常用作增塑剂，其合成路线如图所示：已知：R1CH=CHR2R1COOH+R2COOH （R1、R2代表烃基）（R1、R2、R3代表烃基或氢原子）请回答：（1）A分子中只有一个氯原子，AB的化学方程式是（2）C含有的官能团名称是（3）D能发生银镜反应，且分子中有支链，D的结构简式是（4）EF的反应类型是（5）E的结构简式是若一次取样，检验E中所含官能团，按使用顺
7、序加入试剂为（6）C与F在一定条件下生成增塑剂PNA的反应的化学方程式是：（7）香豆素是一种重要的香料，与C具有相同的相对分子质量；14.6g香豆素完全燃烧生成39.6g CO2和5.4g H2O香豆素的分子式是写出所有符合下列条件的香豆素的同分异构体的结构简式a分子中含有 基团 b分子中除一个苯环外，无其他环状结构c苯环上的氢原子被氯原子取代，得到两种一氯代物9（18分）工业上用辉铜矿（主要成分Cu2S，含Fe3O4、SiO2杂质）为原料，生产硫酸铜晶体的工艺流程如下：已知：固体B为氧化物组成的混合物 Cu（NH3）42+（aq）Cu2+（aq）+4NH3（aq）（1）气体X是，高温下在过量
8、空气中煅烧辉铜矿时，Cu2S发生反应的方程式为：（2）固体B酸溶时加入稀硫酸和H2O2，目的是，不用浓硫酸的原因是（3）鉴别溶液D中Fe3+完全除尽的方法是滤液G的主要溶质是（填化学式）（4）由溶液E获得硫酸铜晶体的实验操作I的方法是蒸发浓缩、降温结晶、烘干（5）用“间接碘量法”测定所制备的CuSO45H2O（不含能与I反应的氧化性杂质）的纯度取a g试样配成100mL溶液，取25.00mL该溶液，滴加KI溶液后有白色碘化物沉淀生成，滴加KI溶液至沉淀不再产生为止，然后用硫代硫酸钠标准溶液滴定生成的I2，发生反应的化学方程式为I2+2Na2S2O32NaI+Na2S4O6，消耗c molL1
9、Na2S2O3溶液的体积为V mL写出CuSO4与KI反应的离子方程式计算试样中CuSO45H2O的纯度（用a、c、V表示）10（14分）一定温度下，在恒容密闭容器中充入2molNO2与1molO2发生反应如下：4NO2（g）+O2（g）2N2O5（g）（1）已知平衡常数K350K300，则该反应是反应（填“吸热”或“放热”）； 常温下，该反应能逆向自发进行，原因是（2）下列有关该反应的说法正确的是A扩大容器体积，平衡向逆反应方向移动，混合气体颜色变深B恒温恒容下，再充入2molNO2和1molO2，再次达到平衡时NO2转化率增大C恒温恒容下，当容器内的密度不再改变，则反应达到平衡状态D若该反
10、应的平衡常数增大，则一定是降低了温度（3）氮的化合物种类较多，如亚硝酸（HNO2）、甲酸铵（HCOONH4）等亚硝酸是一种弱酸，能证明亚硝酸是弱电解质的是A常温下，亚硝酸钠溶液的pH7 B亚硝酸能和NaOH发生中和反应C用亚硝 酸 溶液做导电性实验，灯泡很暗 D常温下，将pH=3的亚硝酸溶液稀释10倍，pH4已知常温下甲酸铵的水溶液pH7，甲酸铵的水溶液各离子浓度由大到小的顺序甲酸铵与银氨溶液反应的化学方程式为（4）N2O5是一种新型绿色硝化剂，其制备可以用硼氢化钠燃料电池作电源，采用电解法制备得到N2O5，工作原理如图则硼氢化钠燃料电池的负极反应式为天津市和平区2015届高考化学三模试卷参考
11、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（6分）日常生活中遇到的很多问题都涉及到化学知识，下列有关叙述正确的是（）A在涂料中尽量用液态有机物代替水作溶剂，以减少环境污染B向煤中加入适量石灰石，在煤燃烧时SO2最终生成CaSO4，可减少对大气的污染C“海水淡化”可以解决“淡水供应危机”，加入明矾可以使海水淡化D食物溶于水后的溶液 pH7，则该食物为成酸性食物考点：常见的生活环境的污染及治理；盐类水解的应用 分析：A根据液态有机物对人体有害，污染环境；B石灰石与煤燃烧时产生的SO2及空气中的O2反应；C明矾不能淡化海水；D食物的酸碱性与化学上所指的溶液的酸碱性是不同的概念，它
12、是指食物成酸性或成碱性，是按食物在体内代谢最终产物的性质来分类的解答：解：A液态有机物对人体有害，污染环境，所以在涂料中少用液态有机物代替水作溶剂，故A错误； B向煤中加入适量石灰石石灰石与煤燃烧时产生的SO2及空气中的O2反应，生成CaSO4和CO2，故B正确；C明矾可水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附性，可除去水中的悬浮物而净化水，但不能使海水淡化，故C错误；D食物的酸碱性与化学上所指的溶液的酸碱性是不同的概念，它是指食物成酸性或成碱性，是按食物在体内代谢最终产物的性质来分类的，物的酸碱性与溶于水后的溶液PH无关，故D错误故选B点评：本题考查了环境问题以及食物的酸碱性判断，难度不大，应注意食物
13、的酸碱性是根据食物在体内代谢最终产物的性质来分类的，不是根据口感来进行分类的并非在味觉上具有酸性的食物，就是酸性食物柠檬酸虽然很酸，在体内氧化后生成二氧化碳和水排出体外，剩下碱性的钾盐，因此属于碱性食物2（6分）下列说法中正确的是（）A一束光线分别通过溶液和胶体时，后者能看到一条光亮的“通路”，前者则没有B蔗糖、硫酸钡和氨气分别属于非电解质、强电解质和弱电解质CMg、Al、Cu可以分别用置换法、直接加热法和电解法冶炼得到D沼气、天然气和水煤气分别属于化石能源、可再生能源和二次能源考点：金属冶炼的一般原理；胶体的重要性质；使用化石燃料的利弊及新能源的开发；电解质与非电解质 分析：A胶体具有丁达尔
14、效应；B氨气为非电解质；CAl用电解法冶炼，铜用热还原法冶炼；D天然气不可再生解答：解：A胶体具有丁达尔效应，为胶体的特征性质，可用于鉴别胶体和溶液，故A正确；B氨气不能电离出自由移动的离子，为非电解质，故B错误；CAl为活泼金属，用电解法冶炼，铜用热还原法冶炼，故C错误；D天然气不可再生，属于化石能源，故D错误故选A点评：本题考查较为综合，涉及胶体、电解质、金属的冶炼以及能源等，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大3（6分）对于实验的实验现象预测正确的是（）A实验I：试管中先出现白色胶状物质，后溶解B实验II：振荡后静置，下层溶液颜色保持不变
15、C实验III：抽去中间玻璃片，瓶内产生白烟D实验IV：BaCl2溶液变浑浊，品红溶液褪色考点：氨的化学性质；二氧化硫的化学性质 专题：氧族元素；氮族元素分析：A铝离子和氨水反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝不易溶于弱碱；B氢氧化钠能和碘反应；C氨气和氯化氢气体反应生成白烟；D三氧化硫和水反应生成硫酸，硫酸和钡离子反应生成硫酸钡沉淀，二氧化硫和品红溶液反应生成无色物质解答：解：A铝离子和氨水反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝不溶于氨水，但能溶于氢氧化钠溶液，所以实验I：试管中出现白色胶状物质，故A错误；B氢氧化钠和碘反应生成无色物质，所以实验II：振荡后静置，下层溶液褪色，故B错误；C氨气和氯化氢气体相
16、遇立即反应生成白烟氯化铵，所以实验III：抽去中间玻璃片，瓶内产生白烟，故C正确；D三氧化硫和水反应生成硫酸，硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡白色沉淀，二氧化硫和氯化钡不反应，二氧化硫和品红溶液反应生成无色物质，所以品红溶液褪色，故D正确；故选CD点评：明确元素化合物的性质是解本题的关键，注意氢氧化铝不溶于弱碱但能溶于强碱，明确“烟”和“雾”的区别4（6分）对羟基扁桃酸是药物合成的重要中间体，它可由苯酚和乙醛酸反应制得下列有关说法正确的是（）A对羟基扁桃酸可以发生消去反应、取代反应和缩聚反应B苯酚和对羟基扁桃酸是同系物C乙醛酸与H2在热的镍催化下反应生成乙二醇D在核磁共振氢谱中对羟基扁桃酸应该有6个
17、吸收峰考点：有机物的结构和性质 分析：A对羟基扁桃酸中含有酚羟基、苯环、醇羟基和羧基，能发生氧化反应、加成反应、还原反应、取代反应、缩聚反应等；B结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称同系物；C乙醛酸与H2在热的镍催化下发生加成反应生成HOCH2COOH；D有机物中有几种氢原子其就有几个吸收峰解答：解：A对羟基扁桃酸中连接醇羟基碳原子相邻碳原子上不含氢原子，所以不能发生消去反应，故A错误；B苯酚和对羟基扁桃酸结构不相似，所以不是同系物，故B错误；C乙醛酸与H2在热的镍催化下发生加成反应生成HOCH2COOH，故C错误；D对羟基扁桃酸中氢原子有6类，所以其吸收峰有6个，故D
18、正确；故选D点评：本题考查有机物结构和性质，为高频考查，明确官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查酚、苯、醇和羧酸的性质，易错选项是B，注意同系物定义内涵，题目难度不大5（6分）关于反应：2C2H2（g）+5O2（g）=4CO2 （g）+2H2O（l）H=2600kJmol12CO（g）+O2（g）=2CO2（g）H=566kJmol1CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）H=+216kJmol1下列叙述正确的是（）A2C2H2（g）+3O2（g）=4CO （g）+2H2O（l）H=+1468 kJmol1B在反应时，若加入催化剂，可以使H减小C若有3.2g CH4与足量水蒸汽
19、按反应，则放出热量是43.2 kJD若生成相同质量的CO2，则放出的热量C2H2大于CO考点：热化学方程式 分析：A依据热化学方程式和盖斯定律计算，依据盖斯定律计算2得到的热化学方程式分析；B催化剂能改变反应速率，但无法改变反应的H；C化学计量数与反应热成正比，根据热化学方程式分析解答；D生成相同质量的CO2，结合C2H2和CO燃烧的热化学方程式的反应热进行比较解答：解：A2C2H2（g）+5O2（g）=4CO2 （g）+2H2O（l）H=2600kJmol12CO（g）+O2（g）=2CO2（g）H=566kJmol1依据盖斯定律计算2得到，2C2H2（g）+3O2（g）=4CO （g）+2
20、H2O（l）H=1468 kJmol1故A错误；B焓变=反应物断裂化学键吸收的能量生成物形成化学键放出的能量，在反应体系中加入催化剂，催化剂改变反应速率，不改变化学平衡，反应热不变，故B错误；C3.2g CH4的物质的量为n=0.2mol，CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）H=+216kJ/mol，所以应吸收热量是43.2 kJ，故C错误；D假设都生成2molCO2，C2H2燃烧放出1300KJ热量，CO燃烧放出566kJ，前者大于后者，故D正确；故选D点评：本题考查热化学方程式含义及反应热的大小比较，题目难度不大，关键是注意反应热的数值与单位，反应热的数值与化学方程式前面的系
21、数成正比6（6分）根据下列各图曲线表征的信息，得出的结论不正确的是（）A图1表示常温下向体积为10 mL 0.1 molL1NaOH溶液中逐滴加入0.1 molL1 CH3COOH溶液后溶液的pH变化曲线，则b点处有：c（CH3COOH）+c（H+）=c（OH）B图2表示用水稀释pH相同的盐酸和醋酸时溶液的pH变化曲线，其中表示醋酸，表示盐酸，且溶液导电性：cbaC图3表示H2与O2发生反应过程中的能量变化，H2的燃烧热为285.8 kJmol1D由图4得出若除去CuSO4溶液中的Fe3+，可采用向溶液中加入适量CuO，调节溶液的pH至4左右考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；燃烧热；
22、弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质 专题：图示题分析：A、体积为10 mL 0.1 molL1NaOH溶液中逐滴加入0.1 molL1 CH3COOH溶液后，所得的溶液是醋酸钠溶液，根据质子守恒来回答；B、用水稀释pH相同的盐酸和醋酸，盐酸的pH变化较大，醋酸的pH变化小，溶液的导电能力取决于自由移动离子的浓度的大小；C、氢气在氧气中燃烧的反应是放热的，燃烧热是完全燃烧1mol物质生成稳定产物所放出的热量；D、除去CuSO4溶液中的Fe3+，可以根据铁离子水解平衡的移动知识来判断解答：解：A、体积为10 mL 0.1 molL1NaOH溶液中逐滴加入0.1 mo
23、lL1 CH3COOH溶液后，所得的溶液是醋酸钠溶液，存在质子守恒c（CH3COOH）+c（H+）=c（OH），故A正确；B、用水稀释pH相同的盐酸和醋酸，盐酸的pH变化较大，醋酸的pH变化小，溶液的导电能力取决于自由移动离子的浓度的大小，即其中表示盐酸，表示醋酸，且溶液导电性：cba；故B错误；C、氢气在氧气中燃烧的反应是放热的，燃烧热是完全燃烧1mol氢气生成稳定产物液态水所放出的热量，即H2的燃烧热为285.8 kJmol1，故C正确；D、除去CuSO4溶液中的Fe3+，向溶液中加入适量CuO，调节溶液的pH至4左右，铁离子水解完全转化为氢氧化铁铁沉淀，可以除去CuSO4溶液中的Fe3+
24、，故D正确故选B点评：本题综合考查学生弱电解质的电离平衡、酸的稀释以及燃烧热的判断等方面的知识，属于综合知识的考查，难度中等二、解答题（共4小题，满分64分）7（14分）X、Y、Z、L、M、G六种元素分属三个短周期，且原子序数依次增大X、L同主族，可形成离子化合物LX；Y是空气中量最多的元素Z、M同主族，可形成MZ2、ML3两种分子（1）L、M、G三种元素简单离子半径由大到小的顺序为S2ClNa+（用离子符号表示）（2）比较Z、M的气态氢化物稳定性强弱顺序H2OH2S（3）写出由Y、L两种元素组成的阴阳离子的电子层结构相同的物质的化学式Na3N（4）由上述元素中的两种元素的原子按1：1组成的常
25、见液态化合物的稀液易被催化分解，可使用的催化剂为（填序号）abaMnO2bFeCl3cNa2SO3dKMnO4（5）由Z、L两种元素组成的一种化合物加入到硫酸亚铁溶液中，产生红褐色沉淀，但无气体产生，试写出该反应的离子方程式3Na2O2+6Fe2+6H2O=6Na+4Fe（OH）3+2Fe3+（6）有一种锂电池，它是由金属锂和石墨作电极材料，电解质溶液是由四氯化铝锂（LiAlCl4）溶解在亚硫酸氯（MZG2）中形成的，电池的总反应式为：8Li+3MZG26LiG+Li2MZ3+2M若电解质溶液中混有少量水，对电池反应有（填“有”“无”） 影响电池工作时的正极反应式为3SOCl2+8e=SO32
26、+2S+6Cl考点：位置结构性质的相互关系应用 分析：X、Y、Z、L、M、G六种元素分属三个短周期，且原子序数依次增大，则X为H元素；X、L同主族，二者原子相差大于2，故L为Na，形成离子化合物为NaH；Y是空气中量最多的元素，则Y为N元素；Z、M同主族，可形成MZ2、ML3两种分子，则Z为O元素、M为S元素，可以形成SO2、SO3两种分子；G原子序数大于硫，所以G为Cl元素，据此解答解答：解：X、Y、Z、L、M、G六种元素分属三个短周期，且原子序数依次增大，则X为H元素；X、L同主族，二者原子相差大于2，故L为Na，形成离子化合物为NaH；Y是空气中量最多的元素，则Y为N元素；Z、M同主族，
27、可形成MZ2、ML3两种分子，则Z为O元素、M为S元素，可以形成SO2、SO3两种分子；G原子序数大于硫，所以G为Cl元素（1）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，故离子半径：S2ClNa+，故答案为：S2ClNa+；（2）由于非金属性OS，故氢化物稳定性：H2OH2S，故答案为：H2OH2S；（3）由N、Na两种元素组成的阴阳离子的电子层结构相同的物质的化学式为：Na3N，故答案为：Na3N；（4）两种元素的原子按1：1组成的常见液态化合物为H2O2，在MnO2或FeCl3催化作用下分解，而Na2SO3具有还原性，与H2O2发生氧化还原反应，不能用作催化剂
28、，高锰酸钾具有强氧化性，与H2O2发生氧化还原反应，也不能作催化剂，故答案为：ab；（5）由O、Na两种元素组成的一种化合物加入到硫酸亚铁溶液中，产生红褐色沉淀，但无气体产生，应是过氧化钠与硫酸亚铁的反应，该反应的离子方程式为：3Na2O2+6Fe2+6H2O=6Na+4Fe（OH）3+2Fe3+，故答案为：3Na2O2+6Fe2+6H2O=6Na+4Fe（OH）3+2Fe3+；（6）有一种锂电池，它是由金属锂和石墨作电极材料，电解质溶液是由四氯化铝锂（LiAlCl4）溶解在亚硫酸氯（MZG2）中形成的，电池的总反应式为：8Li+3SOCl26LiCl+Li2SO3+2SLi能与水反应，且生成
29、物溶液水解，若电解质溶液中混有少量水，对电池反应有影响，故答案为：有；正极发生还原反应，电池工作时的正极反应式为：3SOCl2+8e=SO32+2S+6Cl，故答案为：3SOCl2+8e=SO32+2S+6Cl点评：本题考查结构性质位置关系综合应用，正确推断元素是解本题关键，注意熟练掌握元素周期律知识、元素化合物知识，题目难度中等8（18分）PNA是一种具有良好的热稳定性、耐腐蚀性和抗水性的高分子化合物，常用作增塑剂，其合成路线如图所示：已知：R1CH=CHR2R1COOH+R2COOH （R1、R2代表烃基）（R1、R2、R3代表烃基或氢原子）请回答：（1）A分子中只有一个氯原子，AB的化学
30、方程式是（2）C含有的官能团名称是羧基（3）D能发生银镜反应，且分子中有支链，D的结构简式是（4）EF的反应类型是加成反应（或还原反应）（5）E的结构简式是若一次取样，检验E中所含官能团，按使用顺序加入试剂为Na、银氨溶液（或新制的Cu（OH）2悬浊液）（6）C与F在一定条件下生成增塑剂PNA的反应的化学方程式是：（7）香豆素是一种重要的香料，与C具有相同的相对分子质量；14.6g香豆素完全燃烧生成39.6g CO2和5.4g H2O香豆素的分子式是C9H6O2写出所有符合下列条件的香豆素的同分异构体的结构简式a分子中含有 基团 b分子中除一个苯环外，无其他环状结构c苯环上的氢原子被氯原子取代
31、，得到两种一氯代物考点：有机物的推断 分析：由合成图可知，环己烷与氯气光照下发生取代反应生成A，A分子中只有一个氯原子，则A为，然后发生消去反应生成B为，再被氧化生成C为HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，D能发生银镜反应，且分子中有支链，则D为，结合信息可知，D与HCHO反应生成E为，E与氢气发生加成生成F为，C与F发生酯化反应生成PNA为，据此解答解答：解：由合成图可知，环己烷与氯气光照下发生取代反应生成A，A分子中只有一个氯原子，则A为，然后发生消去反应生成B为，再被氧化生成C为HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，D能发生银镜反应，且分子中有支链，则D为，结合信息可知，D与H
32、CHO反应生成E为，E与氢气发生加成生成F为，C与F发生酯化反应生成PNA为，（1）A为，然后发生消去反应生成B为，反应方程式为，故答案为：；（2）C为HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，官能团名称为羧基，故答案为：羧基；（3）D能发生银镜反应，且分子中有支链，则D为，故答案为：；（4）E与氢气发生加成生成F为，故答案为：加成反应（或还原反应）；（5）E为，含有羟基和醛基，若一次取样，检验E中所含官能团，需先用活泼金属Na检验羟基，再用银氨溶液（或新制的Cu（OH）2悬浊液）检验醛基，故答案为：；Na、银氨溶液（或新制的Cu（OH）2悬浊液）；（6）由C和F合成PNA的化学方程式是：，故
33、答案为：；（7）香豆素是一种重要的香料，与C具有相同的相对分子质量，相对分子质量为146，14.6g香豆素完全燃烧生成39.6g CO2和5.4g H2O，即0.1mol香豆素燃烧生成0.9molCO2和0.3molH2O，再由质量守恒可知，含有氧原子的物质的量为=0.2mol，所以香豆素的分子式是C9H6O2，故答案为：C9H6O2；香豆素的同分异构体符合a分子中含有基团；b分子中除一个苯环外，无其他环状结构；c苯环上的氢原子被氯原子取代，得到两种一氯代物，则其同分异构体的结构简式为，故答案为：点评：本题考查有机物的推断与合成，注意根据有机物的结构和反应条件推断，需要学生对给予的信息进行利用
34、，熟练掌握官能团的性质与转化，较好的考查学生自学能力与知识迁移运用，是有机题目常见题型，难度中等9（18分）工业上用辉铜矿（主要成分Cu2S，含Fe3O4、SiO2杂质）为原料，生产硫酸铜晶体的工艺流程如下：已知：固体B为氧化物组成的混合物 Cu（NH3）42+（aq）Cu2+（aq）+4NH3（aq）（1）气体X是SO2，高温下在过量空气中煅烧辉铜矿时，Cu2S发生反应的方程式为：Cu2S+2O22CuO+SO2（2）固体B酸溶时加入稀硫酸和H2O2，目的是溶解CuO、Fe3O4，并将Fe2+氧化为Fe3+，不用浓硫酸的原因是浓硫酸与Fe2+反应会生成对环境有污染的SO2（3）鉴别溶液D中F
35、e3+完全除尽的方法是取少量D溶液于试管中，滴入KSCN溶液，若溶液未出现血红色，则证明Fe3+完全除尽滤液G的主要溶质是（NH4）2SO4（填化学式）（4）由溶液E获得硫酸铜晶体的实验操作I的方法是蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、烘干（5）用“间接碘量法”测定所制备的CuSO45H2O（不含能与I反应的氧化性杂质）的纯度取a g试样配成100mL溶液，取25.00mL该溶液，滴加KI溶液后有白色碘化物沉淀生成，滴加KI溶液至沉淀不再产生为止，然后用硫代硫酸钠标准溶液滴定生成的I2，发生反应的化学方程式为I2+2Na2S2O32NaI+Na2S4O6，消耗c molL1 Na2S2O3溶液的体
36、积为V mL写出CuSO4与KI反应的离子方程式2Cu2+4I=2CuI+I2计算试样中CuSO45H2O的纯度%（用a、c、V表示）考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用 分析：（1）根据图示，Cu2S与O2的反应为氧化还原反应生成铜和二氧化硫；（2）固体B为氧化物组成的混合物，酸溶时加入稀硫酸和H2O2，目的是溶解CuO、Fe3O4，并将Fe2+氧化为Fe3+；根据浓硫酸氧化Fe2+反应会生成对环境有污染的SO2；（3）根据三价铁与KSCN溶液出现血红色，证明Fe3+是否完全除尽；根据溶液的组成判断滤液G的主要溶质；（4）由溶液E获得硫酸铜晶体的实验操作I的方法是蒸发浓缩、降温结晶、
37、过滤、洗涤、烘干（5）硫酸铜溶液与碘化钾溶液反应生成白色沉淀（碘化亚铜）并析出碘，写出离子方程式；据比例关系4CuSO45H2O4Cu2+2I24S2O32计算解答：解：（1）根据图示，Cu2S与O2的反应为氧化还原反应生成铜和二氧化硫，方程式为：Cu2S+2O22CuO+SO2，所以气体X是SO2；故答案为：SO2；Cu2S+2O22CuO+SO2；（2）固体B为氧化物组成的混合物，酸溶时加入稀硫酸和H2O2，目的是溶解CuO、Fe3O4，并将Fe2+氧化为Fe3+；因为浓硫酸氧化Fe2+反应会生成对环境有污染的SO2，所以不用；故答案为：溶解CuO、Fe3O4，并将Fe2+氧化为Fe3+；
38、浓硫酸与Fe2+反应会生成对环境有污染的SO2；（3）因为三价铁与KSCN溶液出现血红色，所以取少量D溶液于试管中，滴入KSCN溶液，若溶液未出现血红色，则证明Fe3+完全除尽；因为溶液D中含有Cu（NH3）42+和硫酸根，所以D转化生成CuO后，剩余的溶液中含有（NH4）2SO4；故答案为：取少量D溶液于试管中，滴入KSCN溶液，若溶液未出现血红色，则证明Fe3+完全除尽；（NH4）2SO4；（4）由溶液E获得硫酸铜晶体的实验操作I的方法是蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、烘干，故答案为：过滤、洗涤；（5）硫酸铜溶液与碘化钾溶液反应生成白色沉淀（碘化亚铜）并析出碘，离子方程式为：2Cu2+4I
39、=2CuI+I2，故答案为：2Cu2+4I=2CuI+I2；据比例关系4CuSO45H2O4Cu2+2I24S2O32，cV103mol cV103mol试样中CuSO45H2O的质量分数为100%=%，故答案为：%点评：本题考查了物质分离提纯的方法和流程判断，主要是物质性质的理解应用和实验基本操作，掌握基础是关键，题目难度中等10（14分）一定温度下，在恒容密闭容器中充入2molNO2与1molO2发生反应如下：4NO2（g）+O2（g）2N2O5（g）（1）已知平衡常数K350K300，则该反应是放热反应（填“吸热”或“放热”）； 常温下，该反应能逆向自发进行，原因是逆反应方向的S0（2）
40、下列有关该反应的说法正确的是BDA扩大容器体积，平衡向逆反应方向移动，混合气体颜色变深B恒温恒容下，再充入2molNO2和1molO2，再次达到平衡时NO2转化率增大C恒温恒容下，当容器内的密度不再改变，则反应达到平衡状态D若该反应的平衡常数增大，则一定是降低了温度（3）氮的化合物种类较多，如亚硝酸（HNO2）、甲酸铵（HCOONH4）等亚硝酸是一种弱酸，能证明亚硝酸是弱电解质的是ADA常温下，亚硝酸钠溶液的pH7 B亚硝酸能和NaOH发生中和反应C用亚硝 酸 溶液做导电性实验，灯泡很暗 D常温下，将pH=3的亚硝酸溶液稀释10倍，pH4已知常温下甲酸铵的水溶液pH7，甲酸铵的水溶液各离子浓度
41、由大到小的顺序c（HCOO）c（NH4+）c（H+）c（OH）甲酸铵与银氨溶液反应的化学方程式为HCOONH4+2Ag（NH3）2OH（NH4）2CO3+2Ag+3NH3+H2O（4）N2O5是一种新型绿色硝化剂，其制备可以用硼氢化钠燃料电池作电源，采用电解法制备得到N2O5，工作原理如图则硼氢化钠燃料电池的负极反应式为BH4+8OH8e=BO2+6H2O考点：化学平衡的影响因素；电解原理；弱电解质的判断；离子浓度大小的比较 分析：（1）平衡常数K350K300，说明温度升高时平衡逆向移动，HTS0时，反应能够自发进行；（2）A、扩大容器体积，平衡逆向移动，但各组分浓度都减小；B、恒温恒容下，
42、再充入2molNO2和1molO2，相当于加压，平衡正向移动；C、容器体积不变，气体质量不变；D、正反应放热，降温平衡正向移动；（3）部分电离的电解质是弱电解质，如果亚硝酸部分电离则亚硝酸是弱电解质，可以根据酸溶液或钠盐溶液的pH判断；常温下甲酸铵的水溶液pH7，说明甲酸根离子的水解程度小于铵根离子的水解程度；甲酸铵中含有醛基，能够被银氨溶液氧化；（4）根据钠离子移动方向，判断加入过氧化氢的一极为原电池的正极，发生还原反应，通入BH4的一极为原电池的负极，发生氧化反应解答：解：（1）温度升高时平衡逆向移动，说明正反应放热；该反应的正反应放热，则逆反应吸热，H0，若逆反应能够自发进行，则其，HT
43、S0，必须要S0，故答案为：放热；逆反应方向的S0；（2）A、扩大容器体积，无论平衡怎样移动，各组分浓度都减小，混合气体颜色变浅，故A错误；B、与开始加入比例相同加入反应物，平衡正向移动，反应物转化率增大，故B正确；C、容器中气体密度始终不变，所以密度不变不能说明反应达到平衡状态，故C错误；D、降温平衡正向移动，化学平衡常数增大，故D正确；故答案为：BD；（3）A、亚硝酸钠溶液的pH7，说明亚硝酸钠是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，所以能证明亚硝酸是弱酸，故A正确；B、亚硝酸能与氢氧化钠发生中和反应只能说明亚硝酸具有酸性，不能说明亚硝酸的电离程度，所以不能证明亚硝酸是弱酸，故B错误；C、用亚硝酸钠溶
44、液作导电实验，灯泡很暗，不能说明亚硝酸的电离程度，所以不能证明亚硝酸是弱酸，故C错误；D、常温下，将pH=3的亚硝酸溶液稀释10倍，pH4，说明稀释亚硝酸时，其氢离子物质的量增大，存在电离平衡，故D正确；故答案为：AD；常温下甲酸铵的水溶液pH7，说明甲酸根离子的水解程度小于铵根离子的水解程度，离子浓度由大到小的顺序为c（HCOO）c（NH4+）c（H+）c （OH），故答案为：c（HCOO）c（NH4+）c（H+）c （OH）；甲酸铵中含有醛基，能够被银氨溶液氧化，反应的化学方程式为HCOONH4+2Ag（NH3）2OH（NH4）2CO3+2Ag+3NH3+H2O，故答案为：HCOONH4+2Ag（NH3）2OH（NH4）2CO3+2Ag+3NH3+H2O；（4）根据钠离子移动方向，判断加入过氧化氢的一极为原电池的正极，发生还原反应，通入BH4的一极为原电池的负极，发生氧化反应，电极反应式为：BH4+8OH8e=BO2+6H2O，故答案为：BH4+8OH8e=BO2+6H2O点评：本题考查了反应自发进行的条件、化学平衡的移动、盐类水解以及离子浓度大小比较，考查范围广，难度较大