1、2015年湖北八市联考高考模拟化学试卷（3月份）一、选择题（本题包括13个小题，每小题6分，共78分每小题只有一个正确选项）1（6分）（2015湖北模拟）化学与生产和生活、军事、科研产品紧密相关，下列说法错误的是（）A家庭用的“84”消毒液与洁厕灵不能同时混合使用，否则会发生中毒事故B在牙膏中添入Na2PO3F、NaF能防治龋齿，当提供的氟离子浓度相等时，它们防治龋齿的作用是相同的C侯氏制碱法的工艺过程中主要应用了物质熔沸点的差异D可用蘸浓盐酸的玻璃棒检验输送氨气的管道是否漏气2（6分）（2015湖北模拟）下列说法正确的是（）A石油经过分馏及裂化等方法得到的物质均为纯净物B乙酸乙酯、油脂、葡萄
2、糖、蛋白质均可以发生水解反应C化合物 是苯的同系物D异丁烷的八氯代物共有3种（不考虑立体异构）3（6分）（2015湖北模拟）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A58 g乙烯和乙烷的混合气体中碳原子数目一定为4NAB用惰性电极电解CuSO4溶液后，如果加入0.1mol Cu（OH）2能使溶液复原，则电路中转移电子的数目为0.2NAC已知3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+9HF+O2 如果有5mol H2O参加氧化还原反应，则由水还原的BrF3分子数目为3NAD142g Na2SO4和Na2HPO4固体混合物中，阴阳离子总数为3NA4（6分）（2015湖北模拟）下列说法不正确
3、的是（）A金属单质和盐溶液的反应不一定是置换反应B质量数相等的不同核素，一定属于不同种元素C某溶液中加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，则原溶液中一定有SO4 2DAl2O3既能与强酸反应，又能与强碱反应，Al2O3属于两性氧化物5（6分）（2015湖北模拟）根据原子结构及元素周期律的知识，下列叙述正确的是（）A由于相对分子质量：HClHF，故沸点：HClHFB硅处于金属与非金属的过渡位置，硅可用作半导体材料C由于氮元素的最低化合价只有3价，故NH5这种物质不可能存在DCl、S2、Ca2+、K+半径逐渐减小6（6分）（2015张掖模拟）25时，c（CH3COOH）+c（CH3COO
4、）=0.1mol/L的醋酸、醋酸钠混合溶液中，c（CH3COOH）、c（CH3COO）与pH的关系如图所示下列有关该溶液的叙述不正确的是（）ApH=5的溶液中：c（CH3COOH）c（CH3COO）c（H+）c（OH）B溶液中：c（H+）+c（Na+）=c（CH3COO）+c（OH）C由W点可以求出25时CH3COOH的电离常数DpH=4的溶液中：c（H+）+c（Na+）+c（CH3COOH）c（OH）=0.1 mol/L7（6分）（2015巴南区模拟）仅用下表提供的仪器和药品，就能达到相应实验目的是（）编号仪器药品实验目的A托盘天平（带砝码）、胶头滴管、量筒、烧杯、药匙、玻璃棒NaCl固体、
5、蒸馏水来源:学*科*网Z*X*X*K配制一定质量分数的NaCl溶液B分液漏斗、烧瓶、锥形瓶、导管及橡皮塞盐酸、大理石、硅酸钠溶液证明非金属性：ClCSiC酸式滴定管、胶头滴管、铁架台（带铁夹）已知浓度的盐酸、待测NaOH溶液测定NaOH溶液的物质的量浓度D烧杯、分液漏斗、胶头滴管、铁架台待提纯的A1C13溶液、NaOH溶液提纯混有MgC12杂质的AlCl3溶液AABBCCDD三、非选择题（包括必考题和选考题两部分第2232题为必考题，每个试题考生都必须作答第3340题为选考题，考生根据要求作答）（一）必考题（共129分）来源:学科网ZXXK8（15分）（2015湖北模拟）海洋资源的开发与利用具
6、有广阔的前景海水的pH一般在7.58.6之间某地海水中主要离子的含量如下表：成分Na+K+Ca 2+Mg 2+ClSO4 2HCO3含量/mgL19360831601100160001200118（1）海水显弱碱性的原因是（用离子方程式表示）：，该海水中Ca 2+的物质的量浓度为 mol/L（2）电渗析法是近年发展起来的一种较好的海水淡化技术，其原理如图1所示其中阴（阳）离子交换膜只允许阴（阳）离子通过，电极均为惰性电极开始时阳极的电极反应式为电解一段时间，极（填“阴”或“阳”）会产生水垢，其成份为（填化学式）淡水的出口为a、b、c中的出口（3）海水中锂元素储量非常丰富，从海水中提取锂的研究极
7、具潜力锂是制造化学电源的重要原料，如LiFePO4电池某电极的工作原理如图2所示：该电池电解质为能传导 Li+的固体材料上面图1中的小黑点表示（填粒子符号），充电时该电极反应式为（4）利用海洋资源可获得MnO2MnO2可用来制备高锰酸钾：将MnO2与KOH混合后在空气中加热熔融，得到绿色的锰酸钾（K2MnO4），再利用氯气将锰酸钾氧化成高锰酸钾该制备过程中消耗相同条件下氯气和空气的体积比为 （空气中氧气的体积分数按20%计）9（13分）（2015湖北模拟）研究CO2的利用对促进低碳社会的构建具有重要的意义（1）已知拆开1mol H2、1mol O2和液态水中1mol OH键使之成为气态原子所需
8、的能量分别为436kJ、496kJ和462kJ；CH3OH（g）的燃烧热为627kJmol1 则CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（g）+H2O（l）H=kJmol1（2）将燃煤废气中的CO2转化为二甲醚的反应原理为：2CO2（g）+6H2（g）CH3OCH3（g）+3H2O（l）2反应平衡常数表达式K=已知在某压强下，该反应在不同温度、不同投料比时，CO2的转化率如图所示该反应的H0（填“”或“”）若温度不变，减小反应投料比，则K将（填“增大”、“减小”或“不变”）某温度下，向体积一定的密闭容器中通入CO2（g）与H2（g）发生上述反应，当下列物理量不再发生变化时，能表明上述可逆反应达到
9、化学平衡的是A二氧化碳的浓度 B容器中的压强C气体的密度 DCH3OCH3与H2O的物质的量之比（3）向澄清的石灰水中通入CO2至溶液中的Ca2+刚好完全沉淀时，则溶液中c（CO）=已知：Ksp（CaCO3）=2.810910（15分）（2015湖北模拟）氨基甲酸铵（NH2COONH4）是一种白色固体，易分解、易水解，可用做肥料、灭火剂、洗涤剂等某化学兴趣小组用模拟制备氨基甲酸铵，反应的化学方程式如下：2NH3（g）+CO2（g）NH2COONH4（s）H0（1）用如图1装置制取氨气，你所选择的试剂是（2）制备氨基甲酸铵的装置如图2所示，把氨气和二氧化碳通入四氯碳中，不断搅拌混合，生成的氨基甲
10、酸铵小晶体悬浮在四氯化碳中当悬浮物较多时，停止制备注：四氯化碳与液体石蜡均为惰性介质发生器用冰水冷却的原因是液体石蜡鼓泡瓶的作用是从反应后的混合物中分离出产品的实验方法是（填写操作名称）为了得到干燥产品，应采取的方法是（填写选项序号）a常压加热烘干 b高压加热烘干 c真空40以下烘干尾气处理装置如图2所示双通玻璃管的作用：；浓硫酸的作用：、（3）取因部分变质而混有碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品0.782 0g，用足量石灰水充分处理后，使碳元素完全转化为碳酸钙，过滤、洗涤、干燥，测得质量为1.000g则样品中氨基甲酸铵的物质的量分数为Mr（NH2COONH4）=78、Mr（NH4HCO3）=79、Mr
11、（CaCO3）=100【化学-选修2：化学与技术】（共1小题，满分15分）11（15分）（2015南昌校级模拟）将海水淡化与浓海水资源化结合起来是综合利用海水的重要途径之一一般是先将海水淡化获得淡水，再从剩余的浓海水中通过一系列工艺流程提取其他产品回答下列问题：（1）下列改进和优化海水综合利用工艺的设想和做法可行的是（填序号）用混凝法获取淡水 提高部分产品的质量优化提取产品的品种 改进钾、溴、镁等的提取工艺（2）采用“空气吹出法”从浓海水吹出Br2，并用纯碱吸收溴歧化为Br和BrO3并没有产生CO2则反应的离子反应方程式为（3）海水提镁的一段工艺流程如图：浓海水的主要成分如下：离子Na+Mg2
12、+ClSO2浓度/（gL1）63.728.8144.646.4该工艺过程中，脱硫阶段主要反应的阳离子，获得产品2的离子反应方程式为，浓海水的利用率为90%，则1L浓海水最多可得到产品2的质量为g（4）由MgCl26H2O制备MgCl2时，往往在HCl的气体氛围中加热其目的是【化学-选修3：物质结构与性质】（共1小题，满分0分）12（2015南昌校级模拟）A、B、C、D、E是元素周期表中五种短周期元素，原子序数依次增大 A、B、C、D位于同一周期已知A原子核外有3个能级，且每个能级上的容纳的电子数目相同C与E同主族，且C的单质为空气中的主要成份X元素的原子核外有26个运动状态完全不相同的电子回答
13、下列问题：（1）C、D、E中第一电离能最大的是（填元素符号），X的价电子排布式为（2）B的气态氢化物分子呈形该分子的中心原子的杂化方式为（3）A的一种单质相对分子质量为720，分子构型为一个32面体，其中有12个五元环，20个六元环（如图1）则1molA的这种单质中键的数目为（4）X元素对应的单质在形成晶体时，采用如图2所示的堆积方式则这种堆积模型的配位数为，如果X的原子半径为a cm，阿伏加德常数的值为NA，则计算此单质的密度表达式为 g/cm3（不必化简）【化学-选修5：有机化学基础】（共1小题，满分0分）13（2015湖北模拟）烃A的质谱图中，质荷比最大的数值为42碳氢两元素的质量比为6
14、：1，其核磁共振氢谱有三个峰，峰的面积比为1：2：3A与其他有机物之间的关系如下图所示：已知：CH2=CH2 HOCH2CH2OH，回答下列问题：（1）F的结构简式为（2）有机物C中的官能团名称（3）指出下列转化的化学反应类型：ABEG（4）写出C与新制的氢氧化铜反应的化学方程式（5）E在一定条件下可以相互反应生成一种六元环有机物，则此反应的化学方程式为（6）与E互为同分异构体，且属于酯类的有机物，除CH3OCOOCH3、CH3CH2OCOOH外还有 种（分子中无OO键）2015年湖北八市联考高考模拟化学试卷（3月份）参考答案与试题解析一、选择题（本题包括13个小题，每小题6分，共78分每小题
15、只有一个正确选项）1（6分）（2015湖北模拟）化学与生产和生活、军事、科研产品紧密相关，下列说法错误的是（）A家庭用的“84”消毒液与洁厕灵不能同时混合使用，否则会发生中毒事故B在牙膏中添入Na2PO3F、NaF能防治龋齿，当提供的氟离子浓度相等时，它们防治龋齿的作用是相同的C侯氏制碱法的工艺过程中主要应用了物质熔沸点的差异D可用蘸浓盐酸的玻璃棒检验输送氨气的管道是否漏气考点：盐类水解的原理；氧化还原反应；氨的化学性质 分析：A、次氯酸钠有强氧化性，盐酸有强还原性，两者相遇发生氧化还原反应生成氯气，氯气有毒；B、防治龋齿的有效成分是氟离子，当氟离子浓度相等时，防治龋齿的作用是相同的，据此解答
16、即可；C、侯氏制碱法的工艺过程中主要应用了物质的溶解度的差异；D、氯化氢和氨气反应生成白烟解答：解：A、次氯酸钠有强氧化性，盐酸有强还原性，两者相遇发生氧化还原反应生成氯气，氯气有毒，故A正确；B、防治龋齿的有效成分是氟离子，当氟离子浓度相等时，防治龋齿的作用是相同的，故B正确；C、侯氏制碱法的工艺过程中主要应用了物质的溶解度的差异，故C错误；D、浓盐酸易挥发，与NH3结合生成NH4Cl固体小颗粒，为白烟，故D正确；故选C点评：本题考查较为综合，涉及侯氏制碱法、氨气的检验、氯气的性质等知识，为高频考点，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学习的良好的科学实素养，提高学习的积极性，难度不大2
17、（6分）（2015湖北模拟）下列说法正确的是（）A石油经过分馏及裂化等方法得到的物质均为纯净物B乙酸乙酯、油脂、葡萄糖、蛋白质均可以发生水解反应C化合物 是苯的同系物D异丁烷的八氯代物共有3种（不考虑立体异构）来源:学科网ZXXK考点：混合物和纯净物；同分异构现象和同分异构体；苯的同系物；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点 分析：A由两种或多种物质组成的为混合物；B葡萄糖是单糖，不能发生水解反应；C苯的同系物只含有一个苯环；D异丁烷为CH3CH（CH3）CH3，其二氯代物可以取代同一碳原子上的2个H原子，可以取代不同碳原子上的H原子，其8氯代物与二氯代物个数相同，据此判断解答：来源:学科网ZXXK
18、解：A汽油、煤油等馏分都含有多种成分，为混合物，故A错误；B淀粉和蛋白质都属于高分子化合物，能发生水解反应生成小分子化合物，葡萄糖不能发生水解反应生成更小的有机物分子，故B错误；C苯的同系物只含有一个苯环，此有机物为稠环芳香烃，故C错误；D异丁烷为CH3CH（CH3）CH3，二氯代物取代同一碳原子上的2个H原子，有：CH3CH（CH3）CHCl2；取代不同碳原子上的H原子，有：ClCH2CH（CH3）CH2Cl，ClCH2CCl（CH3）CH3，共有3种，故其八氯代物也有3种，故选D点评：本题主要考查的是纯净物与混合物的概念、同分异构体的判断、淀粉蛋白质等的性质、同系物的概念等，综合性较强，难
19、度不大3（6分）（2015湖北模拟）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A58 g乙烯和乙烷的混合气体中碳原子数目一定为4NAB用惰性电极电解CuSO4溶液后，如果加入0.1mol Cu（OH）2能使溶液复原，则电路中转移电子的数目为0.2NAC已知3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+9HF+O2 如果有5mol H2O参加氧化还原反应，则由水还原的BrF3分子数目为3NAD142g Na2SO4和Na2HPO4固体混合物中，阴阳离子总数为3NA考点：阿伏加德罗常数 分析：A乙烯和乙烷的摩尔质量不相等，二者含有的碳原子数需要根据二者组成计算；B根据电解池的工作原理，要想让电解
20、后的电解质复原，则遵循的原则是：出什么加什么，加入 Cu（OH）2后溶液与电解前相同，Cu（OH）2从组成上可看成CuOH2O，所以实际上相当于加入的物质是氧化铜和水；C根据反应方程式中的化合价变化分析、计算；D二者的摩尔质量都是142g/mol，142g混合物的物质的量为1mol，1mol二者的混合物中含有2mol钠离子、1mol硫酸根离子和硫酸氢根离子，总共含有3mol阴阳离子解答：解：A乙烯的摩尔质量为28g/mol，乙烷的摩尔质量为30g/mol，二者的摩尔质量不同，题中条件无法计算混合气体中含有的碳原子数，故A错误；B加入0.1 mol Cu（OH）2后恰好恢复到电解前的浓度和pH，
21、Cu（OH）2从组成上可看成CuOH2O，根据“析出什么加入什么”的原则知，析出的物质是氧化铜和水，则阴极上析出氢气和铜，生成0.1mol铜转移电子=0.1mol2mol=0.2mol，根据原子守恒知，生成0.1mol水需要0.1mol氢气，生成0.1mol氢气转移电子=0.1mol2mol=0.2mol，所以电解过程中共转移电子数为0.4mol，故B错误；C根据反应，当有5mol水参加反应时，水中氧元素失去电子是4mol，反应一共转移电子是6mol，由水还原的BrF3的物质的量为：2mol=mol，故C错误；DNa2SO4和Na2HPO4的摩尔质量都是142g/mol，142g Na2SO4
22、和Na2HPO4固体混合物的物质的量为1mol，1mol该混合物中含有2mol钠离子、1mol硫酸根离子和硫酸氢根离子，总共含有3mol阴阳离子，含有阴阳离子总数为3NA，故D正确；故选D点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的综合应用，题目难度较大，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生灵活应用基础知识的能力，B、C为难点、易错点，注意掌握分析、解答方法4（6分）（2015湖北模拟）下列说法不正确的是（）A金属单质和盐溶液的反应不一定是置换反应B质量数相等的不同核素，一定属于不同种元素C某溶液中加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，则原溶液中一定有SO4 2DAl2O3既能与强酸反应，
23、又能与强碱反应，Al2O3属于两性氧化物考点：硫酸根离子的检验；核素；化学基本反应类型；两性氧化物和两性氢氧化物 分析：A铁与氯化铁反应生成氯化亚铁；B质量数相等的不同核素，其质子数一定不同，元素的种类取决于原子中的质子数；C向某无色溶液中加入BaCl2溶液，生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，原溶液中可能含有银离子和氯离子结合生成氯化银沉淀，也可能含有硫酸根离子结合钡离子生成硫酸钡白色沉淀，氯化银和硫酸钡都不溶于酸；D既可以与酸反应生成盐和水又可以与碱反应生成盐和水的氧化物为两性氧化物解答：解：A铁与氯化铁反应生成氯化亚铁，该反应为化合反应，不属于置换反应，故A正确；B质量数相等的不同核素，其质子数
24、一定不同，元素的种类取决于原子中的质子数，质子数不同，则一定不是同一元素，故B正确；C某溶液中加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，不能排除亚硫酸根离子、氯离子、硫酸根离子的干扰，故C错误；DAl2O3既能与强酸反应，又能与强碱反应，且产物都是盐和水，符合两性氧化物的概念，属于两性氧化物，故D正确；故选：C点评：本题为综合题，考查了反应类型的判断、硫酸根离子的检验、两性氧化物的判断，熟悉相关概念是解题关键，注意硫酸根离子检验应排除氯离子、碳酸根离子、亚硫酸根离子的干扰，题目难度不大5（6分）（2015湖北模拟）根据原子结构及元素周期律的知识，下列叙述正确的是（）A由于相对分子质量：H
25、ClHF，故沸点：HClHFB硅处于金属与非金属的过渡位置，硅可用作半导体材料C由于氮元素的最低化合价只有3价，故NH5这种物质不可能存在DCl、S2、Ca2+、K+半径逐渐减小考点：原子结构与元素周期律的关系；原子结构与元素的性质 分析：AHF分子之间存在氢键，沸点高于HCl；B处于金属与非金属交界处的元素表现一定的金属性、非金属性；C可以存在离子化合物NH4H；D电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大解答：解：AHF分子之间存在氢键，沸点高于HCl，故A错误；BSi处于金属与非金属交界处，表现一定的金属性、非金属性，可用作半导体材料，故B正确；C可以存在离子化合物
26、NH4H，化学式为NH5，故C错误；D电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：S2ClK+Ca2+，故D错误，故选B点评：本题考查熔沸点比较、元素周期表、微粒半径比较等，难度不大，注意理解掌握微粒半径比较6（6分）（2015张掖模拟）25时，c（CH3COOH）+c（CH3COO）=0.1mol/L的醋酸、醋酸钠混合溶液中，c（CH3COOH）、c（CH3COO）与pH的关系如图所示下列有关该溶液的叙述不正确的是（）ApH=5的溶液中：c（CH3COOH）c（CH3COO）c（H+）c（OH）B溶液中：c（H+）+c（Na+）=c（CH3COO）+c（OH）C由W点可以求出25时
27、CH3COOH的电离常数DpH=4的溶液中：c（H+）+c（Na+）+c（CH3COOH）c（OH）=0.1 mol/L考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理 分析：A、根据图象结合溶液pH分析；B、任何溶液中均存在电中性原则，据此分析即可；C、W点c（CH3COOH）=c（CH3COO），平衡常数K=104.75molL1；D、由电荷守恒及c（CH3COOH）+c（CH3COO）=0.1molL1分析解答：解：A、根据图象知，pH=5溶液中：c（CH3COOH）c（CH3COO），故A错误；B、由电荷守恒可知，c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO）+c（OH），故B正确；C
28、、W点c（CH3COOH）=c（CH3COO），平衡常数K=104.75molL1，故C正确；D、由电荷守恒及c（CH3COOH）+c（CH3COO）=0.1molL1可知，c（Na+）+c（H+）c（OH）+c（CH3COOH）=c（CH3COO）+c（OH）c（OH）+c（CH3COOH）=0.1mol/L，故D正确，故选A点评：本题考查离子浓度大小的比较，明确盐类水解、质子守恒是解答本题的关键，选项D为解答的易错点，题目难度不大7（6分）（2015巴南区模拟）仅用下表提供的仪器和药品，就能达到相应实验目的是（）编号仪器药品实验目的A托盘天平（带砝码）、胶头滴管、量筒、烧杯、药匙、玻璃棒N
29、aCl固体、蒸馏水配制一定质量分数的NaCl溶液B分液漏斗、烧瓶、锥形瓶、导管及橡皮塞盐酸、大理石、硅酸钠溶液证明非金属性：ClCSiC酸式滴定管、胶头滴管、铁架台（带铁夹）已知浓度的盐酸、待测NaOH溶液测定NaOH溶液的物质的量浓度D烧杯、分液漏斗、胶头滴管、铁架台待提纯的A1C13溶液、NaOH溶液提纯混有MgC12杂质的AlCl3溶液AABBCCDD考点：化学实验方案的评价 分析：A可用托盘天平称量固体，用量筒量取水，以配制一定质量分数的溶液；B应用最高价含氧酸比较非金属性强弱；C氢氧化钠应用碱式滴定管量取氢氧化钠溶液；D应用过滤的方法分离沉淀和溶液解答：解：A可用托盘天平称量固体，用
30、量筒量取水，以配制一定质量分数的溶液，可达到实验目的，故A正确；B应用最高价含氧酸比较非金属性强弱，不能用盐酸，故B错误；C缺少碱式滴定管，氢氧化钠应用碱式滴定管量取氢氧化钠溶液，不能完成实验，故C错误；D应用过滤的方法分离沉淀和溶液，缺少漏斗、滤纸等仪器，故D错误故选A点评：本题考查实验方案评价，为高考高频点，涉及溶液配制、中和滴定、物质的分离和提纯及性质比较，侧重于考查实验基本操作、实验评价能力，明确物质的性质及实验原理即可解答，题目难度不大三、非选择题（包括必考题和选考题两部分第2232题为必考题，每个试题考生都必须作答第3340题为选考题，考生根据要求作答）（一）必考题（共129分）8
31、（15分）（2015湖北模拟）海洋资源的开发与利用具有广阔的前景海水的pH一般在7.58.6之间某地海水中主要离子的含量如下表：成分Na+K+Ca 2+Mg 2+ClSO4 2HCO3含量/mgL19360来源:学科网ZXXK831601100160001200118（1）海水显弱碱性的原因是（用离子方程式表示）：，该海水中Ca 2+的物质的量浓度为4103 mol/L（2）电渗析法是近年发展起来的一种较好的海水淡化技术，其原理如图1所示其中阴（阳）离子交换膜只允许阴（阳）离子通过，电极均为惰性电极开始时阳极的电极反应式为2Cl2e=Cl2电解一段时间，极（填“阴”或“阳”）会产生水垢，其成份
32、为CaCO3和Mg（OH）2（填化学式）淡水的出口为a、b、c中的b出口（3）海水中锂元素储量非常丰富，从海水中提取锂的研究极具潜力锂是制造化学电源的重要原料，如LiFePO4电池某电极的工作原理如图2所示：该电池电解质为能传导 Li+的固体材料上面图1中的小黑点表示Li+（填粒子符号），充电时该电极反应式为LiFePO4e=FePO4+Li+（4）利用海洋资源可获得MnO2MnO2可用来制备高锰酸钾：将MnO2与KOH混合后在空气中加热熔融，得到绿色的锰酸钾（K2MnO4），再利用氯气将锰酸钾氧化成高锰酸钾该制备过程中消耗相同条件下氯气和空气的体积比为1：5 （空气中氧气的体积分数按20%计
33、）考点：海水资源及其综合利用；物质的量浓度的相关计算；电解原理 分析：（1）分析海水中存在的离子性质判断，碳酸氢根离子是弱酸阴离子水解显碱性，结合海水中钙离子含量为160mg/L，利用物质的量浓度概念计算得到；（2）依据电渗析法淡化海水示意图分析，阴（阳）离子交换膜仅允许阴（阳）离子通过所以阴极上是阳离子得到电子发生还原反应，阳极是氯离子失电子发生氧化反应生成氯气；阴极是氢离子得到电子发生还原反应，阴极附近氢氧根离子浓度增大，海水中含有碳酸氢根离子、钙离子、Mg2+氢氧根离子和碳酸氢根离子反应生成碳酸根离子与钙离子生成白色沉淀碳酸钙，电解一段时间，阴极区会产生水垢，其成分为CaCO3和Mg（O
34、H）2；在电渗析法淡化海水示意图中阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，所以水在b处流出；（3）该电池电解质为能传导 Li+的固体材料上面图1中的小黑点是传导离子；在原电池放电时，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，根据得失电子确定正负极，原电池正极是电解池的阳极发生氧化反应，据此书写电极反应；（4）依据化学方程式定量关系计算需要氧气和氯气物质的量，空气中氧气的体积分数按20%计算空气物质的量，气体体积之比等于体积之比解答：解：（1）海水中存在的离子性质判断，碳酸氢根离子是弱酸阴离子水解显碱性，离子方程式为：HCO3+H2OH2CO3+OH，结合海水中钙离子含量为160mg/L，物质
35、的量浓度=4103 mol/L；故答案为：HCO3+H2OH2CO3+OH，4103 mol/L；（2）阴极上是阳离子得到电子发生还原反应，氢离子放电能力大于钠离子，所以电极反应为：2H2O+2e=H2+2OH或2H+2e=H2，开始时阳极的电极反应式为2Cl2e=Cl2；故答案为：2Cl2e=Cl2；阴极是氢离子得到电子发生还原反应，阴极附近氢氧根离子浓度增大，海水中含有碳酸氢根离子、钙离子，氢氧根离子和碳酸氢根离子反应生成碳酸根离子与钙离子生成白色沉淀碳酸钙，生成碳酸钙沉淀的离子方程式为：Ca2+OH+HCO3=CaCO3+H2O，电解一段时间，阴极区会产生水垢，其成分为CaCO3和Mg（
36、OH）2，故答案为：阴，CaCO3和Mg（OH）2；在电渗析法淡化海水示意图中阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，通过用一段时间海水中的 阴阳离子在两个电极放电，所以水在b处流出，故答案为：b； （3）该电池电解质为能传导 Li+的固体材料上面图1中的小黑点表示锂离子，放电时，该装置是原电池，Fe元素化合价由+3价变为+2价，得电子发生还原反应，所以该电极是正极，电极反应式为FePO4+e+Li+=LiFePO4，充电过程该极电极反应发生的是失电子发生氧化反应，电极反应为：LiFePO4e=FePO4+Li+；故答案为：Li+；LiFePO4e=FePO4+Li+；（4）2MnO2+4KOH+O2
37、2K2MnO4+2H2O，Cl2+2K2MnO4=2KMnO4+2KCl，得到电离关系Cl2O2反应过程中消耗相同条件下氧气和氯气的体积比=1：1，来源:Zxxk.Com空气中氧气的体积分数按20%计，消耗相同条件下氯气和空气的体积比=1：5，故答案为：1：5点评：本题考查了化学电源新型电池，电解池原理分析判断，海水淡化的电渗析原理的分析判断，题目难度中等，掌握原理即可解答9（13分）（2015湖北模拟）研究CO2的利用对促进低碳社会的构建具有重要的意义（1）已知拆开1mol H2、1mol O2和液态水中1mol OH键使之成为气态原子所需的能量分别为436kJ、496kJ和462kJ；CH
38、3OH（g）的燃烧热为627kJmol1 则CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（g）+H2O（l）H=93kJmol1（2）将燃煤废气中的CO2转化为二甲醚的反应原理为：2CO2（g）+6H2（g）CH3OCH3（g）+3H2O（l）2反应平衡常数表达式K=已知在某压强下，该反应在不同温度、不同投料比时，CO2的转化率如图所示该反应的H0（填“”或“”）若温度不变，减小反应投料比，则K将不变（填“增大”、“减小”或“不变”）某温度下，向体积一定的密闭容器中通入CO2（g）与H2（g）发生上述反应，当下列物理量不再发生变化时，能表明上述可逆反应达到化学平衡的是ABCA二氧化碳的浓度 B容器中
39、的压强C气体的密度 DCH3OCH3与H2O的物质的量之比（3）向澄清的石灰水中通入CO2至溶液中的Ca2+刚好完全沉淀时，则溶液中c（CO）=2.8104mol/L已知：Ksp（CaCO3）=2.8109考点：有关反应热的计算；化学平衡常数的含义；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质 分析：（1）设反应的反应热为xkJmol1，根据甲醇的燃烧热写出：CH3OH（g）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）H=627kJmol1 ，结合CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（g）+H2O（l）H=xkJmol1利用盖斯定律可得：3H2（g）+O2（g）
40、=3H2O（l）H=627kJmol1+kJmol1，再依据焓变H=反应物拆化学键吸收的能量生成物形成化学键放出的能量计算得到；（2）根据平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积进行计算；根据温度对平衡的影响分析H的符号；平衡常数K只与温度有关；当可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体现中各物质的物质的量、物质的量浓度及百分含量都不变，以及由此引起的一些物理量不变，据此分析解答；（3）根据Ca2+刚好完全沉淀时，c（Ca2+）=1105mol/L以及Ksp=c（Ca2+）c（CO32）计算；解答：解：（1）设反应的反应热为xkJmol1，根据甲醇的燃烧热写出：CH3OH（
41、g）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）H=627kJmol1 ，结合CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（g）+H2O（l）H=xkJmol1利用盖斯定律可得：3H2（g）+O2（g）=3H2O（l）H=627kJmol1+xkJmol1，即436kJ3+496kJ462kJ6=627kJ+xkJ，解得：x=93；故答案为：93； （2）平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，所以平衡常数K=；故答案为：；因为温度越高，CO2转化率越小，则平衡逆移，所以该反应正方向为放热反应，即H0，K只受温度影响，若温度不变，减小投料比，则K不变，故答案为：；不变；A二氧化碳的浓度不
42、变，则达到了平衡，故A选；B反应前后气体的系数和不相等，当容器内压强不再改变，则达到了平衡，故B选；C该反应是一个反应前后气体体积变化的可逆反应，容器的体积不变，但反应前后气体质量变化，气体的密度不发生变化，则达到了平衡，故C选；D任何时候CH3OCH3与H2O的物质的量之比不变，不能说明反应达到平衡，故D不选；故选ABC；（3）向澄清的石灰水中通入CO2至溶液中的Ca2+刚好完全沉淀时，c（Ca2+）=1105mol/L，则c（CO）=mol/L=2.8104mol/L；故答案为：2.8104mol/L；点评：本题主要考查了化学平衡的判断、化学平衡常数、溶解平衡的计算以及热化学方程式的书写，
43、注意把握从键能的角度以及盖斯定律计算反应热的方法，第（1）问难度较大10（15分）（2015湖北模拟）氨基甲酸铵（NH2COONH4）是一种白色固体，易分解、易水解，可用做肥料、灭火剂、洗涤剂等某化学兴趣小组用模拟制备氨基甲酸铵，反应的化学方程式如下：2NH3（g）+CO2（g）NH2COONH4（s）H0来源:学科网（1）用如图1装置制取氨气，你所选择的试剂是浓氨水与氢氧化钠固体（2）制备氨基甲酸铵的装置如图2所示，把氨气和二氧化碳通入四氯碳中，不断搅拌混合，生成的氨基甲酸铵小晶体悬浮在四氯化碳中当悬浮物较多时，停止制备注：四氯化碳与液体石蜡均为惰性介质发生器用冰水冷却的原因是降低温度，提高
44、反应物转化率（或降低温度，防止因反应放热造成产物分解）液体石蜡鼓泡瓶的作用是通过观察气泡，调节NH3与CO2通入比例从反应后的混合物中分离出产品的实验方法是过滤（填写操作名称）为了得到干燥产品，应采取的方法是c（填写选项序号）a常压加热烘干 b高压加热烘干 c真空40以下烘干尾气处理装置如图2所示双通玻璃管的作用：防止倒吸；浓硫酸的作用：吸收多余氨气、防止空气中水蒸气进入反应器使氨基甲酸铵水解（3）取因部分变质而混有碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品0.782 0g，用足量石灰水充分处理后，使碳元素完全转化为碳酸钙，过滤、洗涤、干燥，测得质量为1.000g则样品中氨基甲酸铵的物质的量分数为80.00%M
45、r（NH2COONH4）=78、Mr（NH4HCO3）=79、Mr（CaCO3）=100考点：氨的制取和性质 专题：氮族元素分析：（1）装置1是利用分液漏斗滴入液体溶解锥形瓶中的固体，利用溶解放热使氨水分解生成氨气；（2）反应是放热反应降温平衡正向进行；液体石蜡鼓泡瓶的主要作用是控制反应进行程度，控制气体流速和原料气体的配比；生成的氨基甲酸铵小晶体悬浮在四氯化碳中，分离产品的实验方法利用过滤得到，氨基甲酸铵（NH2COONH4）是一种白色固体，易分解； 依据反应过程中的产物分析，不能把污染性的气体排放到空气中，吸收易溶于水的气体需要放倒吸；（3）碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品中，使碳元素完全转化为碳
46、酸钙，依据碳元素守恒和混合物质量计算物质的量分数解答：解：（1）把浓氨水滴入到固体氧化钙或氢氧化钠，在溶解过程中放热使浓氨水分解生成氨气，故答案为：浓氨水与生石灰或氢氧化钠固体等； （2）反应2NH3（g）+CO2（g）NH2COONH4（s）+Q，是放热反应，降温平衡正向进行，温度升高；发生器用冰水冷却提高反应物质转化率，防止生成物温度过高分解；故答案为：降低温度，提高反应物转化率（或降低温度，防止因反应放热造成产物分解）；液体石蜡鼓泡瓶的作用是控制反应进行程度，控制气体流速和原料气体的配比，故答案为：通过观察气泡，调节NH3与CO2通入比例；制备氨基甲酸铵的装置如图3所示，把氨气和二氧化碳
47、通入四氯化碳中，不断搅拌混合，生成的氨基甲酸铵小晶体悬浮在四氯化碳中，分离产品的实验方法利用过滤得到，氨基甲酸铵（NH2COONH4）是一种白色固体，易分解、不能加热烘干，应在真空40以下烘干；故答案：过滤；c；双通玻璃管的作用是防止液体倒吸；浓硫酸起到吸收多余的氨气，同时防止空气中水蒸气进入反应器使氨基甲酸铵水解，故答案为：防止倒吸；吸收多余氨气、防止空气中水蒸气进入反应器使氨基甲酸铵水解；（3）取因部分变质而混有碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品0.7820g，用足量石灰水充分处理后，使碳元素完全转化为碳酸钙，过滤、洗涤、干燥，测得质量为1.000g物质的量为0.010mol，设样品中氨基甲酸铵物质
48、的量为x，碳酸氢铵物质的量为y，依据碳元素守恒得到；x+y=0.01 78x+79y=0.7820解得x=0.008moly=0.002mol则样品中氨基甲酸铵的物质的量分数=100%=80.00%，故答案为：80.00%点评：本题考查了物质制备实验的设计应用，主要是氨气的制备方法，氨基甲酸的制备实验装置分析判断，实验基本操作，混合物分离的实验设计，有关混合物的计算，题目难度中等【化学-选修2：化学与技术】（共1小题，满分15分）11（15分）（2015南昌校级模拟）将海水淡化与浓海水资源化结合起来是综合利用海水的重要途径之一一般是先将海水淡化获得淡水，再从剩余的浓海水中通过一系列工艺流程提取
49、其他产品回答下列问题：（1）下列改进和优化海水综合利用工艺的设想和做法可行的是（填序号）用混凝法获取淡水 提高部分产品的质量优化提取产品的品种 改进钾、溴、镁等的提取工艺（2）采用“空气吹出法”从浓海水吹出Br2，并用纯碱吸收溴歧化为Br和BrO3并没有产生CO2则反应的离子反应方程式为3Br2+6CO32+3H2O=5Br+BrO3+6HCO3（3）海水提镁的一段工艺流程如图：浓海水的主要成分如下：离子Na+Mg2+ClSO2浓度/（gL1）63.728.8144.646.4该工艺过程中，脱硫阶段主要反应的阳离子Ca2+，获得产品2的离子反应方程式为，浓海水的利用率为90%，则1L浓海水最多
50、可得到产品2的质量为62.64g（4）由MgCl26H2O制备MgCl2时，往往在HCl的气体氛围中加热其目的是抑制MgCl2水解考点：海水资源及其综合利用 分析：（1）混凝法使的悬浮物质和胶体聚集成较大颗的颗粒而沉淀，然后过滤除去，不能进行海水淡化，通过改变工艺，可以提高部分产品的质量，优化提取产品的品种，可以根据不同的原理改进钾、溴、镁等的提取工艺；（2）从浓海水吹出Br2，并用纯碱吸收溴歧化为Br和BrO3并没有产生CO2则反应生成碳酸氢钠；（3）工艺流程合成步骤中加入石灰乳，沉降后，将过滤后的滤液进行脱硫，应是用钙离子沉淀硫酸根离子生成硫酸钙沉淀，产品1为硫酸钙，合成得到氢氧化镁沉淀，
51、故过滤后干燥的产品2为氢氧化镁，计算1L溶液中Mg2+的质量，根据Mg2+Mg（OH）2计算氢氧化镁的质量；（4）电解时，若有少量水存在，Mg与水反应生成氢氧化镁与氢气，会造成产品镁的消耗解答：解：（1）混凝法是加入一种混凝剂（如：明矾、铁盐等），使水中细小的悬浮物质和胶体聚集成较大颗的颗粒而沉淀，然后过滤除去，海水中可溶性杂质不能除去，不能进行海水淡化，故错误；改进工艺，尽可能减少新物质引入，除去粗产品中的杂质，可以提高产品的质量，故正确；海洋是一个远未完全开发的巨大化学资源宝库，海水中元素种类很多，改进工艺可以优化提取产品的品种，故正确；根据不同的提取原理可以改进钾、溴、镁等的提取工艺，从
52、而提高K、Br2、Mg等的提取质量，故正确；故选：；（2）从浓海水吹出Br2，并用纯碱吸收溴歧化为Br和BrO3并没有产生CO2则反应生成碳酸氢钠，反应的离子方程式为：3Br2+6CO32+3H2O=5Br+BrO3+6HCO3；故答案为：3Br2+6CO32+3H2O=5Br+BrO3+6HCO3；（3）工艺流程合成步骤中加入石灰乳，沉降后，将过滤后的滤液进行脱硫，用Ca2+沉淀SO42生成CaSO4沉淀，离子方程式为：Ca2+SO42=CaSO4，采用过滤的方法得到产品1为CaSO4，滤液中加入石灰乳，发生反应为Mg2+2OH=Mg（OH）2，合成中应得到Mg（OH）2沉淀，过滤、干燥的产
53、品2为Mg（OH）2，浓海水的利用率为90%溶液中m（Mg2+）=1L90%28.8g/L=25.92g；Mg2+Mg（OH）224g 58g25.92g mMg（OH）2mMg（OH）2=25.92g=62.64g，故答案为：Ca2+；Mg（OH）2；62.64；（4）电解时，若有少量水存在，Mg与水反应生成氢氧化镁与氢气，会造成产品镁的消耗，反应方程式为：Mg+2H2OMg（OH）2+H2，在HCl的气体氛围中加热，抑制MgCl2水解；故答案为：抑制MgCl2水解；点评：本题考查海水资源开发利用、氧化还原反应计算、电解原理等，是对基础知识的综合运用，需要学生具备扎实的基础，难度中等【化学-
54、选修3：物质结构与性质】（共1小题，满分0分）12（2015南昌校级模拟）A、B、C、D、E是元素周期表中五种短周期元素，原子序数依次增大 A、B、C、D位于同一周期已知A原子核外有3个能级，且每个能级上的容纳的电子数目相同C与E同主族，且C的单质为空气中的主要成份X元素的原子核外有26个运动状态完全不相同的电子回答下列问题：（1）C、D、E中第一电离能最大的是F（填元素符号），X的价电子排布式为3d64s2（2）B的气态氢化物分子呈三角锥形形该分子的中心原子的杂化方式为sp3（3）A的一种单质相对分子质量为720，分子构型为一个32面体，其中有12个五元环，20个六元环（如图1）则1molA
55、的这种单质中键的数目为30NA（4）X元素对应的单质在形成晶体时，采用如图2所示的堆积方式则这种堆积模型的配位数为8，如果X的原子半径为a cm，阿伏加德常数的值为NA，则计算此单质的密度表达式为 g/cm3（不必化简）考点：位置结构性质的相互关系应用；元素电离能、电负性的含义及应用；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断 分析：A、B、C、D、E是元素周期表中五种短周期元素，原子序数依次增大，A原子核外有3个能级，且每个能级上的容纳的电子数目相同，则A为C，A、B、C、D位于同一周期，且C的单质为空气中的主要成份，则B为N，C为O，D为F，C与E同主族，则E为S
56、，X元素的原子核外有26个运动状态完全不相同的电子，则X为Fe，据此答题解答：解：A、B、C、D、E是元素周期表中五种短周期元素，原子序数依次增大，A原子核外有3个能级，且每个能级上的容纳的电子数目相同，则A为C，A、B、C、D位于同一周期，且C的单质为空气中的主要成份，则B为N，C为O，D为F，C与E同主族，则E为S，X元素的原子核外有26个运动状态完全不相同的电子，则X为Fe，（1）根据元素周期律，非金属性越强，第一电能越大（除第A和A族），所以O、F、S中第一电离能最大的是F，Fe的价电子排布式为 3d64s2，故答案为：F；3d64s2； （2）B为N，B的气态氢化物是氨气，分子呈三角
57、锥形，由于该分子的中心原子氮原子的价层电子对数为=4，所氮原子的杂化方式为sp3，故答案为：三角锥形；sp3； 来源:Z#xx#k.Com（3）A的一种单质相对分子质量为720，则该分子为C60，分子构型为一个32面体，其中有12个五元环，20个六元环，每个碳周围有一个碳碳双键和两个碳碳单键，均为两个碳共用，所以每个碳实际占有的碳碳双键数为0.5，而每个双键中有一个键，所以C60中键的数目为600.5NA=30NA，故答案为：30NA；（4）Fe元素对应的单质在形成晶体时，采用如图2所示的堆积方式，则这种堆积模型为体心立方堆积，即在立方体的中心有一个铁原子，与这个铁原子距离最近的原子位于立方体
58、的8个顶点，所以铁的配位数为=2，每个立方体中含有的铁原子数为8，如果Fe的原子半径为 a cm，则立方体的边长为cm，对应的体积为（cm）3，阿伏加德常数的值为 NA，所以铁单质的密度表达式为，故答案为：8；点评：本题考查了原子核外电子排布、分子空间构型、原子轨道杂化方式和类型、晶体的计算等知识，难度中等，元素推断是解题的关键，注意基础知识的灵活运用【化学-选修5：有机化学基础】（共1小题，满分0分）13（2015湖北模拟）烃A的质谱图中，质荷比最大的数值为42碳氢两元素的质量比为6：1，其核磁共振氢谱有三个峰，峰的面积比为1：2：3A与其他有机物之间的关系如下图所示：已知：CH2=CH2
59、HOCH2CH2OH，回答下列问题：（1）F的结构简式为（2）有机物C中的官能团名称羰基和醛基（3）指出下列转化的化学反应类型：AB氧化反应EG缩聚反应（4）写出C与新制的氢氧化铜反应的化学方程式（5）E在一定条件下可以相互反应生成一种六元环有机物，则此反应的化学方程式为（6）与E互为同分异构体，且属于酯类的有机物，除CH3OCOOCH3、CH3CH2OCOOH外还有5 种（分子中无OO键）考点：有机物的推断 分析：烃A的质谱图中，质荷比最大的数值为42，即A的相对分子质量为42，碳氢两元素的质量比为6：1，则碳氢个数比为：=1：2，其核磁共振氢谱有三个峰，峰的面积比为1：2：3，则A为CH3
60、CH=CH2，A发生加聚反应可得F为，根据题中信息可知，A被高锰酸钾氧化成B为CH3CHOHCH2OH，B发生氧化反应生成C为CH3COCHO，C发生氧化反应再酸化得D为CH3COCOOH，D与氢气发生加成反应生成E为CH3CHOHCOOH，E发生缩聚反应得高聚物G，据此答题解答：解：烃A的质谱图中，质荷比最大的数值为42，即A的相对分子质量为42，碳氢两元素的质量比为6：1，则碳氢个数比为：=1：2，其核磁共振氢谱有三个峰，峰的面积比为1：2：3，则A为CH3CH=CH2，A发生加聚反应可得F为，根据题中信息可知，A被高锰酸钾氧化成B为CH3CHOHCH2OH，B发生氧化反应生成C为CH3C
61、OCHO，C发生氧化反应再酸化得D为CH3COCOOH，D与氢气发生加成反应生成E为CH3CHOHCOOH，E发生缩聚反应得高聚物G，（1）根据上面的分析可知，F的结构简式为，故答案为：； （2）C为CH3COCHO，C中的官能团名称为羰基和醛基，故答案为：羰基和醛基； （3）根据上面的分析可知，AB为氧化反应，EG为缩聚反应，故答案为：氧化反应；缩聚反应；（4）C为CH3COCHO，C与新制的氢氧化铜反应的化学方程式为CH3COCHO+2Cu（OH）2+NaOH CH3COCOONa+Cu2O+3H2O，故答案为：CH3COCHO+2Cu（OH）2+NaOH CH3COCOONa+Cu2O+3H2O；（5）E为CH3CHOHCOOH，E在一定条件下可以相互反应生成一种六元环有机物，反应的化学方程式为，故答案为：； （6）E为CH3CHOHCOOH，与E互为同分异构体，且属于酯类的有机物，除CH3OCOOCH3、CH3CH2OCOOH外还有HOCH2COOCH3、HCOOCH2CH2OH、HCOOCH2OCH3、HCOOCH（OH）CH3、CH3COOCH2OH共5 种，故答案为：5点评：本题考查有机物推断与合成，确定A的结构是关键，再结合转化关系综合分析推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，难度中等