1、本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分100分，考试用时60分钟。1答题前，考生务必用黑色笔迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、考号填写在答题卷上。2每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卷上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上。非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。3作答选做题时，请先用2B铅笔填涂选做题的题组号对应的信息点，再作答。漏涂、错涂、多涂的，答案无效。KS5UKS5UKS5U第一部分选
2、择题(共42分)相对原子质量 Na：23 一、单项选择题(每题7分，共42分)1化学在生产和日常生活中有着重要的应用。下列说法中不正确的是()A铝比铁活泼，但铝制品比铁制品在空气中耐腐蚀B铝热反应不仅被用于焊接钢轨，而且还常被用于冶炼熔点较高的金属C电解AlCl3饱和溶液,可制得金属铝DAl2O3、MgO的熔点很高,可用于制作耐高温材料【答案】C考点：考查了铝及其化合物的性质和用途的相关知识。KS5U2下列有关金属的说法正确的是()A湿法炼铜和火法炼铜的反应中，铜元素都发生还原反应B加强热，使CuO在高温条件下分解制备单质CuC黑色金属材料包括铁、铬、锰及其化合物D生铁与钢的区别在于生铁含碳杂
3、质，而钢不含【答案】A【解析】试题分析：A湿法炼铜和火法炼铜的反应中，铜元素的化合价均由正价变成0价，发生还原反应，故A正确；BCuO在高温条件下不能分解生成Cu，故B错误；C黑色金属材料包括铁、铬、锰的单质，故C错误；D生铁和钢都是铁碳合金，故D错误；故选A。【考点定位】考查金属的冶炼原理、金属的分类、合金【名师点晴】金属的冶炼规律：1活泼金属的冶炼：(1)钠、镁、铝等活泼金属，常采用电解其熔融状态的卤化物的方法冶炼(通直流电)。(2)对于金属钾、铷等，工业上还运用勒夏特列原理进行冶炼；2中等活泼金属的冶炼(1)火法冶炼对于锌、铁、钨、铜等中等活泼金属，工业上常采用焦炭、CO、H2、Al粉等
4、还原剂，在高温下还原它们的氧化物的方法冶炼。3不活泼金属的冶炼，金、银、铂等不活泼金属在自然界有少量以游离态形式存在，可直接采用物理方法(如淘金等)，而汞等不活泼金属可用还原剂还原法或热分解法冶炼。例如：2HgO2Hg + O2。合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质；合金具有以下特点：一定是混合物；合金中至少有一种金属等。KS5UKS5UKS5U3下列物质能用化合反应直接制得的是()KS5UKS5UFeCl2Fe(OH)3NaHCO3Fe(OH)2A B C D【答案】C考点：考查了元素化合物的性质的相关知识。4NA代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述不正确的是(
5、 )A钠在空气中燃烧可生成多种氧化物，23g钠充分燃烧时转移电子数为1NAB1 mol Cu和足量热浓硫酸反应可生成NA 个SO3分子C3 mol单质Fe完全转变为Fe3O4,失去8NA电子D1mol铁和氯气完全反应时转移的电子数为3NAKS5UKS5U【答案】B【解析】试题分析：A.23g钠充分燃烧时转移电子数为(1-0)NA=1NA，故A正确；BCu和热浓硫酸反应生成二氧化硫气体，故B错误；C在Fe3O4中铁的化合价为+，3 mol单质Fe完全转变为Fe3O4，失去电子的物质的量为3mol=8mol，故C正确；D铁和氯气反应生成氯化铁，1mol铁和氯气完全反应时转移的电子3mol，故D正确
6、；故选B。【考点定位】考查阿伏伽德罗常数的计算【名师点晴】该类题的特点是以微粒数目的计算为依托，考查物质的结构、元素化合物、氧化还原反应、电解质溶液等知识。顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。氧化还原反应中转移电子数目的判断是一类典型的“陷阱”，突破“陷阱”的关键是：a同一种物质在不同反应中氧化剂、还原剂的判断。如Cl2和Fe、Cu等反应，Cl2只做氧化剂，而Cl2和NaOH反应，Cl2既做氧化剂，又做还原剂；Na2O2与CO2或H2O反应，Na2O2既做氧化剂，又做还原剂，而Na2O2与SO2反
7、应，Na2O2只做氧化剂。b量不同，所表现的化合价不同。如Fe和HNO3反应，Fe不足生成Fe3，Fe过量，生成Fe2。c氧化剂或还原剂不同，所表现的化合价不同。如Cu和Cl2反应生成CuCl2，而Cu和S反应生成Cu2S。d注意氧化还原的顺序。如向FeI2溶液中，通入Cl2，首先氧化I，再氧化Fe2。5下列解释事实的方程式不正确的是( )AFe2O3溶于氢碘酸溶液中：Fe2O3 + 6H+ = 2Fe3+ + 3H2OBAl片溶于NaOH溶液中，产生气体：2Al+2OH+2H2O = 2AlO2+3H2CCa(HCO3)2溶液与少量NaOH溶液反应：HCO3 +Ca2+OH= CaCO3+H
8、2OD在Cu2O固体中加入足量的稀硫酸：Cu2O + 2H+ = Cu Cu2+ H2O【答案】A考点：考查了离子方程式的正误判断的相关知识。KS5U6用右图所示装置进行下列实验：将中溶液滴入中，预测的现象与实际相符的是( )选项中物质中物质预测中的现象A稀盐酸碳酸钠与氢氧化钠的混合溶液立即产生气泡B浓硝酸用砂纸打磨过的铝条产生大量红棕色气体C氯化铝溶液浓氢氧化钠溶液立即产生大量白色沉淀D氨水硝酸银溶液KS5UKS5UKS5U先产生白色沉淀后沉淀逐渐溶解【答案】D【考点定位】考查实验装置的设计与评价【名师点晴】本题考查物质的性质及实验装置的综合应用，为高频考点，为2015年高考真题，把握物质的
9、性质、发生的反应、反应与现象的关系为解答的关键，侧重分析与实验能力的综合考查，综合性较强。7已知室温下，Al(OH)3的Ksp或溶解度远大于Fe(OH)3。向浓度均为0.1 molL-1的Fe(NO3)3和Al(NO3)3混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液。下列示意图表示生成Al(OH)3的物质的量与加入NaOH溶液的体积的关系，合理的是( )【答案】C【解析】试题分析：浓度均为0.1molL-1的Fe(NO3)3和Al(NO3)3混合溶液中，溶液中铁离子、铝离子的浓度相同为0.1mol/L，Al(OH)3的Ksp或溶解度远大于Fe(OH)3，故向混合溶液逐滴加入NaOH溶液，铁离子首先转化为氢
10、氧化铁沉淀，当铁离子完全沉淀，铝离子再转化为氢氧化铝沉淀，当铝离子沉淀完全，再加入氢氧化钠，氢氧化铝溶解，沉淀的质量减少，由于氢氧化铁不溶于碱，故沉淀减少到一定值不再变化，为氢氧化铁的物质的量。A、向混合溶液逐滴加入NaOH溶液，铁离子首先转化为氢氧化铁沉淀，当铁离子完全沉淀，铝离子再转化为氢氧化铝沉淀，故开始加入氢氧化钠溶液不能立即产生氢氧化铝沉淀，图象与实际不相符，故A错误；B、向混合溶液逐滴加入NaOH溶液，铁离子首先转化为氢氧化铁沉淀，当铁离子完全沉淀，铝离子再转化为氢氧化铝沉淀，故开始加入氢氧化钠溶液不能立即产生氢氧化铝沉淀，图象与实际不相符，故B错误；C、铁离子首先转化为氢氧化铁沉
11、淀，当铁离子完全沉淀，铝离子再转化为氢氧化铝沉淀，当铝离子沉淀完全，再加入氢氧化钠，氢氧化铝溶解，图象与实际相符合，故C正确；D、加入氢氧化钠一定体积后才会产生氢氧化铝沉淀，故D错误；故选C。【考点定位】考查几种重要的金属及其化合物【名师点晴】考查铝及化合物的性质、化学反应图象等，根据反应过程判断沉淀与氢氧化钠体积关系，注意纵坐标表示氢氧化铝，不是沉淀的物质的量。第二部分 非选择题(58分)8(14分)(1)镁燃烧不能用CO2灭火，用化学方程式表示其理由 。(2)用H2O2和稀H2SO4的混合溶液可溶出印刷电路板金属粉末中的铜，请写出表示该过程的化学方程式 。(3)在NaAlO2溶液中通入过量
12、的CO2 (用离子方程式表示)(4)污水及自来水处理的方法有很多。Fe2(SO4)3 净水的原理是 。使用时发现Fe2(SO4)3 并不能使酸性废水中的悬浮物沉降除去，其原因是 。在酸性环境下，向含重铬酸根的废水中加入FeSO4溶液，然后调节pH，使生成的Cr3+转化为Cr(OH)3，写出第一步反应的离子方程式 。(5)锌和铝都是活泼金属，其氢氧化物既能溶于强酸，又能溶于强碱。但是氢氧化铝不溶于氨水，而氢氧化锌能溶于氨水，生成Zn(NH3)42+，则下列各组中的两种溶液，用相互滴加的实验方法即可鉴别的是 。硫酸铝和氨水 偏铝酸钠和稀盐酸 硫酸锌和氢氧化钠 硫酸锌和氨水【答案】(1)2MgCO2
13、2MgOC(2)Cu + H2SO4 +H2O2 =CuSO4+2H2O(3)AlO2+ CO2 + 2H2O =Al(OH)3+ HCO3(4) Fe3+ +3H2O Fe(OH)3(胶体)+3H+，生成的少量Fe(OH)3胶体可以吸附水中的悬浮杂质，达到净水的目的；因为在酸性废液中，H+会抑制Fe3+的水解，无法得到Fe(OH)3胶体，所以不能够吸附悬浮物；Cr2O72- + 6Fe2+ + 14H+ =2Cr3+ + 6Fe3+ + 7H2O (5)(3)在NaAlO2溶液中通入过量的CO2，生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，离子方程式为AlO2+ CO2 + 2H2O =Al(OH)3+ H
14、CO3，故答案为：AlO2+ CO2 + 2H2O =Al(OH)3+ HCO3；(4) Fe3+ +3H2O Fe(OH)3(胶体)+3H+，生成的少量Fe(OH)3胶体可以吸附水中的悬浮杂质，达到净水的目的；在酸性废液中，H+会抑制Fe3+的水解，无法得到Fe(OH)3胶体，所以不能够吸附悬浮物；在酸性环境下，向含重铬酸根的废水中加入FeSO4溶液，然后调节pH，使生成的Cr3+转化为Cr(OH)3，第一步反应的离子方程式为Cr2O72- + 6Fe2+ + 14H+ =2Cr3+ + 6Fe3+ + 7H2O，故答案为：Fe3+ +3H2O Fe(OH)3(胶体)+3H+，生成的少量Fe
15、(OH)3胶体可以吸附水中的悬浮杂质，达到净水的目的；因为在酸性废液中，H+会抑制Fe3+的水解，无法得到Fe(OH)3胶体，所以不能够吸附悬浮物；Cr2O72- + 6Fe2+ + 14H+ =2Cr3+ + 6Fe3+ + 7H2O；(5)在硫酸铝中滴加氨水，和在氨水中滴加硫酸铝，都只能反应生成氢氧化铝白色沉淀，现象相同，不能通过相互滴加的实验方法鉴别，错误；在偏铝酸钠中滴加稀盐酸，先生成白色沉淀后溶解，在稀盐酸中滴加偏铝酸钠，先无明显现象，一段时间后生成沉淀，现象不同。可以通过相互滴加的实验方法鉴别，正确； 在硫酸锌中滴加氢氧化钠，先生成白色沉淀，后逐渐溶解，在氢氧化钠中滴加硫酸锌，先无
16、明显现象，一段时间后生成沉淀，现象不同。可以通过相互滴加的实验方法鉴别，正确；在硫酸锌中滴加氨水，先生成白色沉淀，后逐渐溶解，在氨水中滴加硫酸锌，先无明显现象，一段时间后生成沉淀，现象不同。可以通过相互滴加的实验方法鉴别，正确；故选。考点：考查了物质的性质和应用的相关知识。KS5U9(15分)过碳酸钠(Na2CO33H2O2)，有固体双氧水的俗称，该晶体具有Na2CO3和H2O2的双重性质，被大量应用于洗涤、印染、纺织、造纸、医药卫生等领域中，过碳酸钠的某生产流程如下图所示。已知：2Na2CO33H2O22Na2CO33H2OH0；回答下列问题：(1)下列物质可使过碳酸钠较快失效的是(填序号)
17、_。KS5UKS5UAFeCl3溶液 BH2S C稀硫酸 DNaHCO3溶液KS5UKS5U(2)反应应先通入的气体是_。写出反应的化学方程式 (写总反应)(3)加入NaCl的作用是 。(4)该生产流程中可循环使用的物质是_(填化学式)。(5)生产过碳酸钠的流程中遗漏了一步，造成所得产品纯度偏低，该步操作名称是_；进行该操作的方法是 。(6)实验室利用右图装置制备过碳酸钠，该装置中恒压滴液漏斗中支管的作用是_，冷凝管应从_处进水。(7)由实验测定反应温度对产物的影响如下表：根据下表数据，你认为反应最佳的温度选择的范围是_。T/活性氧百分含量产率51013.9485.49101514.0285.
18、78152015.0588.38202514.4683.01 【答案】(1)ABC；(2)NH3；NaCl + CO2 +NH3 +H2O =NH4Cl + NaHCO3；(3)降低2 Na2CO33H2O2的溶解度，析出更多晶体；(4)CO2，NH4Cl；(5)晶体的洗涤；沿玻璃棒向漏斗(过滤器)中的沉淀上加蒸馏水至淹没沉淀，静置使其全部滤出，重复操作2-3次；(6)使液体顺利流下；a；(7)1520(2)二氧化碳在水中的溶解度很小，而氨气极易溶于水，所以反应应先通入的气体是氨气，反应的化学方程式为NaCl + CO2 +NH3 +H2O =NH4Cl + NaHCO3，故答案为：NH3；N
19、aCl + CO2 +NH3 +H2O =NH4Cl + NaHCO3；(3)加入NaCl的作用是降低2 Na2CO33H2O2的溶解度，析出更多晶体，故答案为：降低2 Na2CO33H2O2的溶解度，析出更多晶体；(4)碳酸氢钠分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，即A是碳酸钠，B是二氧化碳，因此该生产流程中可循环使用的物质是CO2，NH4Cl，故答案为：CO2，NH4Cl；(5)从溶液中过滤出固体后，需要洗涤沉淀，因此该步操作是沿玻璃棒向漏斗(过滤器)中的沉淀上加蒸馏水至淹没沉淀，静置使其全部滤出，重复操作数次，故答案为：晶体的洗涤；沿玻璃棒向漏斗(过滤器)中的沉淀上加蒸馏水至淹没沉淀，静置使其全
20、部滤出，重复操作2-3次；(6)恒压滴液漏斗能保持压强恒定，因此恒压滴液漏斗中支管的作用是使液体顺利流下冷凝管应从下端进水，即a处进水上端出水，故答案为：使液体顺利流下；a；(7)根据表数据可知温度超过20后，活性氧百分含量和产率均降低，所以反应最佳的温度选择的范围是1520，故答案为：1520【考点定位】考查物质的制备方案的设计、物质分离和提纯、化学实验的基本操作【名师点晴】本题考查了固体双氧水过碳酸钠(2Na2CO33H2O2)的制取方法及其性质，涉及内容较多，充分考查了学生的综合能力，本题难度稍大。氨气易溶于水，与二氧化碳、氯化钠反应生成碳酸氢钠和氯化铵，碳酸氢钠分解生成碳酸钠(A)、水
21、和二氧化碳，碳酸钠与双氧水反应生成过碳酸钠。KS5U10(18分)FeCl3在现代工业生产中应用广泛。经查阅资料得知：无水FeCl3在空气中易潮解，加热易升华。工业上，向500600的铁屑中通入氯气可生产无水氯化铁；向炽热铁屑中通入氯化氢可以生产无水氯化亚铁。 某化学研究性学习小组模拟工业生产流程制备无水FeCl3并对产物做了如下探究实验， 请回答下列问题：(1)装置的连接顺序为 (用a 、b、ch表示)。(2)iE中饱和食盐水的作用是 。iiD中碱石灰的作用是 。(3)反应结束后，生成的烟状FeCl3大部分进入收集器，少量沉积在反应管B中硬质玻璃管的右端。要使沉积得FeCl3进入收集器，需进
22、行的操作是 。(4)反应一段时间后熄灭酒精灯，冷却后将硬质玻璃管及收集器中的物质一并快速转移至锥形瓶中，加入过量的稀盐酸和少许植物油(反应过程中不振荡)，充分反应后，进行如下实验：淡黄色溶液中加入试剂X生成淡红色溶液的离子方程式为 。KS5UKS5UKS5U淡红色溶液中加入过量H2O2后溶液红色加深的原因是 (用离子方程式表示)。KS5UKS5UKS5U(5)已知红色褪去的同时有气体生成，经检验为O2。该小组同学对红色褪去的原因进行探究。取褪色后溶液三份，第一份滴加FeCl3溶液无明显变化；第二份滴加试剂X，溶液出现红色；第三份滴加稀盐酸和BaCl2溶液，产生白色沉淀。另取同物质的量浓度的 F
23、eCl3溶液滴加2滴试剂X，溶液变红，再通入O2，无明显变化。实验说明 ；实验的目的是 ；得出结论： 。【答案】(1)aghdebcf；(2) i除去氯气中的氯化氢气体，防止生成FeCl2杂质；防止H2和Cl2混合爆炸；ii.吸收没有反应完的氯气，以防污染空气；吸收空气中的水蒸气，防止生成的FeCl3潮解(3)在沉积的FeCl3固体下方加热；(4)Fe3+3SCN- Fe(SCN)3；2Fe2+ + 2H+ + H2O2 =2Fe3+ + 2H2OKS5UKS5U(5)实验说明SCN-发生了反应而不是Fe3+发生反应；实验的目的是排除H2O2分解产生的O2氧化SCN-的可能；结论：H2O2将S
24、CN-氧化成SO42(3)反应结束后，生成的烟状FeCl3大部分进入收集器，少量沉积在反应管B中硬质玻璃管的右端。加热易升华，要使沉积得FeCl3进入收集器，在沉积的FeCl3固体下方加热，故答案为：在沉积的FeCl3固体下方加热；(4)Fe3+和KSCN反应生成络合物硫氰化铁而使溶液呈血红色，反应方程式为Fe3+3SCN-Fe(SCN)3；故答案为：Fe3+3SCN-Fe(SCN)3；(4)Fe2+被H2O2氧化生成Fe3+，从而增大Fe3+浓度，Fe3+、SCN-反应生成Fe(SCN)3，从而增大络合物浓度，溶液颜色加深，离子方程式为2Fe2+ + 2H+ + H2O2 =2Fe3+ +
25、2H2O，故答案为：2Fe2+ + 2H+ + H2O2 =2Fe3+ + 2H2O；(5)根据滴加FeCl3溶液无明显变化，说明SCN-发生了反应而不是Fe3+发生反应，滴加稀HCl和BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明生成了硫酸根；根据另取同浓度的FeCl3溶液滴加2滴试剂X，溶液变红，再通入O2，无明显变化，说明O2不能氧化SCN-，所以氧化SCN-的为双氧水；故答案为：实验说明SCN-发生了反应而不是Fe3+发生反应；实验的目的是排除H2O2分解产生的O2氧化SCN-的可能；结论：H2O2将SCN-氧化成SO42。【考点定位】考查探究物质的组成或测量物质的含量【名师点晴】本题通过探究氯气
26、与铁反应，考查了物质性质实验方案的设计方法，题目难度稍大，注意掌握氯气与铁反应的现象、反应原理，明确物质性质实验方案的设计原则，试题充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力。KS5U11(11分)早期发现的一种天然二十面体准晶颗粒由Al、Cu、Fe三种金属元素组成。回答下列问题：(1)准晶是一种无平移周期序，但有严格准周期位置序的独特晶体，可通过_方法区别晶体、准晶体和非晶体。(2)基态Fe原子有_个未成对电子，Fe3+的电子排布式为 _。可用硫氰化钾检验Fe3+，现象是 。(3)根据价层电子对互斥理论判断：SO42的立体构型为_ ，H3O+ 的立体构型为 。 (4)新制的Cu(OH)2可
27、将乙醛(CH3CHO)氧化成乙酸，而自身还原成Cu2O。乙醛中碳原子的杂化轨道为_，1mol乙醛分子中含有的键的数目为_。Cu2O为半导体材料，在其立方晶胞内部有4个氧原子，其余氧原子位于面心和顶点，则该晶胞中有 个铜原子。(5)Al单质为面心立方晶体，其晶胞如图。晶胞中铝原子的配位数为 。KS5UKS5U【答案】(1)X射线衍射法；(2)4；1s22s22p63s23p63d5；形成血红色溶液；(3)正四面体； 三角锥形；(4)sp3、sp2；6NA； 16；(5)12(3)SO42中心原子S原子成4个键、没有孤对电子，价层电子对个数=键个数+孤电子对个数=4+0=4，杂化轨道数为4，采取s
28、p3杂化，SO42的VSEPR构型是正四面体；H3O+的中心原子O价层电子对个数=3+(6113)=4，采取sp3杂化，有一对孤电子对，分子构型为三角锥型，故答案为：正四面体；三角锥；KS5UKS5U(4)乙醛中甲基上的C形成4条键，无孤电子对，因此采取sp3杂化类型，醛基中的C形成3条键和1条键，无孤电子对，采取sp2杂化类型；1个乙醛分子含有6个键和一个键，则1mol乙醛含有6mol键，即6NA个键；该晶胞中O原子数为41+6+8=8，由Cu2O中Cu和O的比例可知该晶胞中铜原子数为O原子数的2倍，即为16个，故答案为：sp3、sp2；6NA；16；(5)在Al晶体的一个晶胞中与它距离相等
29、且最近的Al原子在通过这个顶点的三个面心上，面心占，通过一个顶点可形成8个晶胞，因此该晶胞中铝原子的配位数为83=12，故答案为：12。【考点定位】考查晶胞的计算；物质结构中的化学键数目计算；原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断【名师点晴】本题考查了晶体的性质、原子核外电子排布规律、共价键类型、氢键、杂化类型、晶胞配位数及密度的计算，综合性非常强，为历年高考选作常考题型，其中晶胞配位数以及密度的计算是本题的难点。根据价层电子对互斥理论判断杂化类型：中心原子电子对计算公式：价电子对数n=(中心原子的价电子数+配位原子的价电子数m电荷数)。注意：当上述公式中电荷数为正值时取“-”，电荷数为负值时取“+”；当配位原子为氧原子或硫原子时，成键电子数为零；根据n值判断杂化类型：一般有如下规律：当n=2，sp杂化；n=3，sp2杂化；n=4，sp3杂化；KS5U
