1、江苏省泰州市2015年高考化学二模试卷一、单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共20分每小题只有一个选项符合题意1大气污染再次成为今年“两会”的热门议题下列做法不能改善大气环境的是（）A大力开发新能源和可再生能源B城市大力发展轨道交通，少开私家车C清洁燃煤、提高燃油品质D学校、家庭安装空气净化装置考点：常见的生活环境的污染及治理.分析：A开发新能源和可再生能源，减少化石燃料的燃烧；B城市大力发展轨道交通，少开私家车，减少尾气的排放；C清洁燃煤、提高燃油质量，可以减少有害气体的排放；D安装空气净化装置，不能减少空气中的有害气体解答：解：A开发新能源和可再生能源，减少化石燃料的燃烧，可以减少
2、有害气体的排放，有利于改善大气环境，故A正确；B城市大力发展轨道交通，少开私家车，减少尾气的排放，有利于改善大气环境，故B正确；C清洁燃煤、提高燃油质量，可以减少有害气体的排放，有利于改善大气环境，故C正确；D安装空气净化装置，不能减少空气中的有害气体，不利于改善大气环境，故D错误故选D点评：本题考查环境污染及治理，侧重于化学与人体健康的考查，为高考常见题型和高频考点，有利于培养学生的良好科学素养，难度不大，注意相关基础知识的积累2（2分）（2015泰州二模）下列有关化学用语表示正确的是（）A水分子的比例模型：BF的结构示意图：CH2O2的电子式：D葡萄糖的结构简式：C6H12O6考点：电子式
3、、化学式或化学符号及名称的综合；原子结构示意图；球棍模型与比例模型.分析：A水分子是V型分子，且题中为球棍模型；BF原子得到1个电子形成F，质子数不变为9，核外电子数为10，有2个电子层，最外层电子数为8；C双氧水分子中不存在氧氧双键，氧原子最外层达到8电子稳定结构； D葡萄糖为多羟基醛，结构简式中需要标出官能团结构解答：解：A水分子是V型，比例模型能够体现出原子的相对体积大小，其正确的比例模型为：，故A错误；B氟离子的核电荷数为9、核外电子总数为10，F的结构示意图为：，故B正确；C双氧水为共价化合物，氧原子最外层达到8电子稳定结构，双氧水正确的电子式为：，故C错误；D葡萄糖中含有5个羟基、
4、1个醛基，葡萄糖的结构简式为：CH2OHCHOHCHOHCHOHCHOHCHO，故D错误；故选B点评：本题考查了常见化学用语的判断，题目难度中等，注意掌握电子式、离子结构示意图、球棍模型与比例模型、结构简式等化学用语的概念及书写原则，C为易错点，注意明确双氧水的分子组成及成键情况3（2分）（2015泰州二模）常温下，下列各组离子在水溶液中能大量共存的是（）ANH4+，Ag+，NO3，CO32，SO42BFe2+，H+，NO3，ClCAl3+、NH4+，HCO3、ClDK+、Na+、NO3、SO42考点：离子共存问题.分析：A银离子与碳酸根离子、硫酸根离子反应；B硝酸根离子在酸性条件下能够氧化亚
5、铁离子；C铝离子与碳酸氢根离子发生双水解反应；D四种离子之间不发生反应，在溶液中能够共存解答：解：AAg+与CO32、SO42之间反应生成沉淀，在溶液中不能大量共存，故A错误；BFe2+、H+、NO3之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；CAl3+、HCO3之间发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，在溶液中不能大量共存，故C错误；DK+、Na+、NO3、SO42之间不发生反应，在溶液中能够大量共存，故D正确；故选D点评：本题考查离子共存的判断，为中等难度的试题，注意掌握离子反应发生条件，明确离子不能大量共存的一般情况，如：能发生复分解反应的离子之间，能发生氧化还原反应的
6、离子之间，能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN）等4（2分）（2015泰州二模）下列有关物质的性质与应用对应关系不正确的是（）A常温下，铁与浓硝酸发生钝化，常用铁罐车运输浓硝酸BSO2有漂白性，常用它来漂白纸浆C硅酸钠溶液呈碱性，常用做木材的防火剂DAl具有良好的延展性和抗腐蚀性，常用铝箔包装物品考点：硝酸的化学性质；二氧化硫的化学性质；金属的通性；钠的重要化合物.分析：A、常温下浓硝酸与铁发生钝化反应，表面形成致密的氧化膜；B、二氧化硫具有漂白性，其漂白原理是能和某些有色物质反应生成无色物质；C、硅酸钠不燃烧也不支持燃烧，可以作防火剂；D、Al具有良好的延展性和抗腐蚀性，可制成铝
7、箔，且在表面能生成一层致密的氧化物膜解答：解：A常温下浓硝酸与铁发生钝化反应，而不是不反应，在表面生成一层致密的氧化物膜，可阻碍反应的继续进行，故A正确；B、二氧化硫具有漂白性，其漂白原理是能和某些有色物质反应生成无色物质，故利用二氧化硫漂白纸浆正确，故B正确；C、硅酸钠不燃烧也不支持燃烧，可以作防火剂，与硅酸钠溶液的碱性无关，故C错误；D、Al具有良好的延展性，可制成铝箔，且在表面能生成一层致密的氧化物膜，则具有抗腐蚀性，可制成铝箔包装物品，故D正确；故选C点评：本题考查物质的用途，明确物质的性质是解本题关键，性质决定用途，用途体现性质，会运用化学知识解释生产生活现象，题目难度不大5（2分）
8、（2015泰州二模）设NA表示阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）A1 mol Cl2与足量的Fe充分反应，转移电子的数目为3NAB常温下，1 L pH=1的H2SO4溶液中，由水电离出的H+数目为0.1NAC常温下，21 g乙烯和丁烯的混合气体中含有的碳原子数目为1.5NAD1 mol C原子中所含中子数目为6NA考点：阿伏加德罗常数.分析：A、氯气与铁反应后变为1价；B、在硫酸溶液中，水的电离被抑制，氢离子几乎全部来自于酸的电离，OH全部来自于水的电离；C、乙烯和丁烯的最简式均为CH2；D、根据中子数=质量数质子数来计算解答：解：A、氯气与铁反应后变为1价，则1mol氯气与铁反应会转移2
9、mol电子，即2NA个，故A错误；B、在硫酸溶液中，水的电离被抑制，氢离子几乎全部来自于酸的电离，OH全部来自于水的电离，故水电离出的n（H+）=n（OH）=1013mol/L1L=1013mol，故水电离出的氢离子的个数为1013NA，故B错误；C、乙烯和丁烯的最简式均为CH2，故21g混合物中含有的CH2的物质的量n=1.5mol，故含有的碳原子的物质的量为1.5mol，即1.5NA个，故C正确；D、根据中子数=质量数质子数可知，1 mol C原子中含8mol中子，即8NA个，故D错误故选C点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键，难度不大6（2分）（
10、2015泰州二模）制备下列物质的工业生产流程合理是（）A由SO2制亚硫酸钠：SO2NaHSO3溶液Na2SO3溶液B由NaCl制漂粉精：NaCl（aq）Cl2漂粉精C由NH3制硝酸：NH3NO2HNO3D由乙烯制乙酸：H2C=CH2CH3CH2OHCH3CHOCH3COOH考点：化学实验方案的评价.分析：A亚硫酸酸性比碳酸强，SO2可与碳酸钠反应生成NaHSO3，进而与NaOH反应生成Na2SO3；B澄清石灰水浓度较低，应用石灰乳；C氨气被氧化生成NO；D银氨溶液成本较高解答：解：A亚硫酸酸性比碳酸强，SO2可与碳酸钠反应生成NaHSO3，进而与NaOH反应生成Na2SO3，故A正确；B澄清石
11、灰水浓度较低，生成次氯酸钙较少，应用石灰乳，故B错误；C氨气被氧化生成NO，不能生成NO2，故C错误；D银氨溶液成本较高，可用氧气直接氧化，故D错误故选A点评：本题综合考查元素化合物知识，为高频考点，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，难度不大，注意相关基础知识的积累7（2分）（2015泰州二模）用下列装置进行相应实验，能达到实验目的是（）A用图1所示配制一定浓度的稀硫酸B用图2装置实验室制取氨气C用图3装置蒸发饱和食盐水D用图4装置制取、收集乙炔气体考点：化学实验方案的评价.分析：A容量瓶不能用来稀释溶液；B氨气易挥发，可用氨水和氧化钙制备少量氨气；C蒸发溶液应用蒸发
12、皿；D乙炔不能用浓硫酸干燥，且密度比空气略小解答：解：A容量瓶只能用于配制一定浓度的溶液，且只能在常温下使用，不能用来稀释溶液，故A错误；B氨气易挥发，氧化钙和水反应放热，可促进氨气的挥发，可用氨水和氧化钙制备少量氨气，故B正确；C蒸发溶液应用蒸发皿，坩埚用于加热固体，故C错误；D乙炔不能用浓硫酸干燥，且密度比空气略小，一般用排水法收集，故D错误故选B点评：本题考查化学实验方案的评价，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，题目涉及气体制取、收集，仪器使用等，注重基础知识的考查，选项C为易错点，题目难度不大8（2分）（2015泰州二模）如图是部分短周期主族元素原子半径与原子序数的
13、关系图下列说法错误的是（）AX、R的最高化合价相同B简单离子的半径：XYZCY、Z、R对应的最高价氧化物的水化物相互之间可以发生反应D电解熔融的X与Z构成的化合物可以得到单质Z考点：原子结构与元素周期律的关系.分析：同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故前7种元素处于第二周期，后7种元素处于第三周期，由原子序数可知，X为O元素，Y为Na元素，Z为Al元素，R为S元素，结合元素周期律与物质的性质等解答解答：解：同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故前7种元素处于第二周期，后7种元素处于第三周期，由原子序数可知，X为O元素，Y为Na元素，Z为Al元素，R为S
14、元素，AX为O元素，O元素没有+6价，R为S元素，最高价为+6价，故A错误；BX为O元素，Y为Na元素，Z为Al元素，分别形成的O2、Na+、Al3+离子电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，简单离子的半径：O2Na+Al3+，故B正确；CY、Z、R对应的最高价氧化物的水化物分别为：NaOH、Al（OH）3、H2SO4，氢氧化钠与硫酸发生中和反应，氢氧化铝属于两性氢氧化物，能与氢氧化钠、硫酸反应，故C正确；D工业上电解熔融的Al2O3冶炼Al，故D正确；故选A点评：本题考查位置结构性质的关系及应用，题目难度中等，推断元素是解题的关键，根据原子半径变化规律结合原子序数进行推断，首先审题中要抓
15、住“短周期主族元素”几个字9（2分）（2015泰州二模）下列指定反应的离子方程式正确的是（）A向烧碱溶液中加入铝：Al+2OH=AlO2+H2B用过量氨水吸收烟道气中的SO2：SO2+2NH3H2O=SO32+2NH4+H2OC将饱和FeCl3溶液滴入废水中制取Fe（OH）3胶体：Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+D用Fe2+将饮用水中少量ClO2还原成为Cl：4Fe2+ClO2+4H+=4Fe3+Cl+2H2O考点：离子方程式的书写.分析：A电荷不守恒；B过量氨水与二氧化硫反应生成亚硫酸铵；C氢氧化铁胶体不是沉淀，不能标沉淀符号；D电荷不守恒解答：解：A向烧碱溶液中加入铝，离子方程式：2
16、H2O+2Al+2OH=2AlO2+3H2，故A错误；B用过量氨水吸收烟道气中的SO2，离子方程式：SO2+2NH3H2O=SO32+2NH4+H2O，故B正确；C将饱和FeCl3溶液滴入废水中制取Fe（OH）3胶体，离子方程式：Fe3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3H+，故C错误；D用Fe2+将饮用水中少量ClO2还原成为Cl，离子方程式：2H2O+4Fe2+ClO2=4Fe3+Cl+4OH，故D错误；故选：B点评：本题考查了离子方程式的书写，注意制备氢氧化铁胶体时不能用沉淀符合，题目难度不大10（2分）（2015泰州二模）下列关于各图象的解释或得出结论正确的是（）A图1表示0.10mo
17、lL1NaOH溶液滴定20.00mL0.10molL1醋酸溶液的滴定曲线B图2表示乙酸溶液中通入氨气至过量过程中溶液导电性I的变化C根据图3所示可知：石墨比金刚石稳定D图4表示反应：2SO2+O22SO3，t1时刻只减小的SO3的浓度考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；化学反应的能量变化规律；化学平衡的影响因素；电解质溶液的导电性.分析：A、醋酸为弱酸，0.1000mol/L的醋酸溶液pH应大于1；B、乙酸是弱电解质，随通入氨气发生反应生成醋酸铵是盐完全电离，导电性增强；C、物质能量越高越活泼，由图象可知金刚石能量比石墨能量高；D、t1时刻只减小的SO3的浓度，此时正反应速率在原平衡点
18、，随反应进行减小解答：解：A、由图象可知曲线起始点pH=1，醋酸为弱酸，0.1000mol/L的醋酸溶液pH应大于1，故A错误；B、乙酸是弱电解质，随通入氨气发生反应生成醋酸铵，CH3COOH+NH3=CH3COONH4，CH3COONH4是盐，水溶液中完全电离，溶液导电性应先增强，图象中导电性减弱，故B错误；C、物质能量越高越活泼，图象中金刚石能量比石墨能量高，石墨转化为金刚石是吸热反应，所以石墨比金刚石稳定，故C正确；D、t1时刻只减小的SO3的浓度，此时逆反应速率突然减小，而此时正反应速率应在原平衡点，然后随反应进行减小，故D错误；故选C点评：本题考查了化学图象的分析判断，主要是弱电解质
19、电离平衡，溶液导电性强弱判断，化学平衡影响因素分析应用，掌握基础是关键，题目难度中等二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共20分每小题只有一个或两个选项符合题意若正确答案只包括一个选项，多选时，该题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分11（4分）（2015泰州二模）雷美替胺是首个没有列为特殊管制的非成瘾失眠症治疗药物，合成该有机物过程中涉及如下转化，下列说法正确的是（）A可用浓溴水区分化合物和化合物B化合物、均能与NaHCO3溶液发生反应C1mol化合物最多能与3molH2发生加成反应D与化合物互为同分异构体，
20、且分子含有2个醛基的芳香族化合物有10种考点：有机物的结构和性质.分析：AII中含有碳碳双键，能和溴发生加成反应；III中不含碳碳双键，和溴不反应；B羧基都能和碳酸氢钠反应；CI中苯环和醛基都能和氢气发生加成反应；D与化合物I互为同分异构体且分子中含有两个醛基的芳香族化合物中，如果两个醛基位于同一个碳上有一种，如果取代基为CHO、CH2CHO，有三种同分异构体解答：解：AII中含有碳碳双键，能和溴发生加成反应而使溴水褪色；III中不含碳碳双键，和溴不反应，所以不能使溴水褪色，故A正确；B羧基都能和碳酸氢钠反应，I中不含羧基，所以不能和碳酸氢钠反应，故B错误；CI中苯环和醛基都能和氢气发生加成反
21、应，I中含有一个苯环和一个醛基，1molI能和4mol氢气发生加成反应，故C错误；D与化合物I互为同分异构体且分子中含有两个醛基的芳香族化合物中，如果两个醛基位于同一个碳上有一种，如果取代基为CHO、CH2CHO，有三种同分异构体，所以有四种同分异构体，故D错误；故选A点评：本题考查物质结构和性质，为高考高频点，明确物质中官能团及其性质是解本题关键，熟悉常见官能团及其性质，易错选项是D12（4分）（2015泰州二模）下列有关实验操作对应的现象及对现象的解释或所得出的结论都正确的是（）选项实验操作现象解释或结论A向浓度均为0.1molL1的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水先出现蓝色沉
22、淀Ksp（Mg（OH）2）Ksp（Cu（OH）2）B溴乙烷与NaOH溶液共热后，滴加AgNO3溶液未出现淡黄色沉淀溴乙烷未水解C用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应火焰呈黄色原溶液中不含K+D某盐溶于盐酸，产生无色无味气体通入澄清石灰水变浑浊说明该盐是碳酸盐AABBCCDD考点：化学实验方案的评价.分析：A先出现蓝色沉淀，说明KspCu（OH）2较小；B不能排除AgOH的干扰；C应透过蓝色钴玻璃观察；D也可能为碳酸氢盐解答：解：A溶度积小的先生成沉淀，向浓度为0.1molL1的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水先出现蓝色沉淀，说明KspCu（OH）2较小，故A错误；B溴乙烷与NaOH溶液共
23、热后，应先加入硝酸酸化，否则不能排除AgOH的干扰，故B错误；C钾离子的焰色反应应透过蓝色钴玻璃观察，故C错误；D某盐溶于盐酸，产生无色无味气体通入澄清石灰水变浑浊，说明生成二氧化碳气体，也可能为碳酸氢盐，故D错误故选A点评：本题考查化学实验方案评价，涉及焰色反应、溴乙烷的水解、离子检验等知识点，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，注意把握实验原理和操作方法13（4分）（2015泰州二模）下列说法正确的是（）A粗锌与稀硫酸反应比纯锌快，说明粗锌中含有更活泼的金属B新制氯水显酸性，滴加少量紫色石蕊溶液，溶液始终呈红色C常温下，弱酸酸式盐NaHA的pH=6，说明HA的电离程度大于其水解
24、程度D一定温度下，反应2NaCl（s）=2Na（s）+Cl2（g）的H0，S0考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用；焓变和熵变；化学反应速率的影响因素；盐类水解的原理.分析：A粗锌与稀硫酸构成原电池，Zn作负极，比Zn不活泼的金属及非金属可作正极；B氯水中含盐酸和HClO，HClO具有漂白性；C弱酸酸式盐NaHA的pH=6，电离显酸性；D.2NaCl（s）=2Na（s）+Cl2（g）中S0，该反应不能自发进行解答：解：A粗锌与稀硫酸构成原电池，Zn作负极，比Zn不活泼的金属及非金属可作正极，则粗锌与稀硫酸反应比纯锌快，故A不选；B氯水中含盐酸和HClO，HClO具有漂白性，则滴加少量紫色石蕊溶
25、液，溶液先变红色后褪色，故B不选；C弱酸酸式盐NaHA的pH=6，电离显酸性，则说明HA的电离程度大于其水解程度，故C选；D.2NaCl（s）=2Na（s）+Cl2（g）中S0，该反应不能自发进行，则HTS0，可知HTS0，故D不选；故选C点评：本题考查较综合，为高考常见的冷拼试题，涉及电化学、物质的性质、水解与电离、反应的焓变及反应进行的方向等，侧重化学反应原理及分析、应用能力的考查，题目难度不大14（4分）（2015泰州二模）臭氧是理想的烟气脱硝剂，其脱硝反应为2NO2（g）+O3（g）N2O5（g）+O2（g），在T温度下，向2.0L恒容密闭容器中充入2.0mol NO2和1.0mol
26、O3，经过一段时间后达到平衡反应过程中测定的部分数据见下表：t/s0361224n（O2）/mol00.360.600.800.80下列有关说法正确的是（）A反应在03 s内的平均速率v（NO2）=0.24 molL1s1B24 s后，若保持其他条件不变，降低温度，达到新平衡时测得c（O2）=0.44 molL1，则反应的H0C在T温度下，起始时向容器中充入1.0 mol NO2、0.5 mol O3和0.50 mol N2O5、0.50 mol O2，反应达到平衡时，压强为起始时的0.88倍D在T温度下，起始时向容器中充入2.0 mol N2O5和2.0 mol O2，达到平衡时，N2O5的
27、转化率大于20%考点：化学平衡的计算.分析：A根据v=计算v（O2），再利用速率之比等于其化学计量数之比计算v（NO2）；B由表中数据可知，12s与24s时氧气的物质的量均为0.8mol，说明12s时可逆反应到达平衡，平衡时氧气的浓度为=0.4mol/L，降低温度，达到新平衡时测得c（O2）=0.44mol/L，氧气浓度增大，说明降低温度，平衡向正反应方向移动；C容器体积不变，在T温度下，起始时向容器中充入1.0molNO2、0.5molO3和0.50molN2O5、0.50molO2，转化到左边相当于起始投入2.0molNO2和1.0molO3，与原平衡为完全等效平衡，平衡时压强相等，即平衡
28、时混合气体总物质的量相等，结合表中数据计算平衡时混合气体总物质的量，再利用压强之比等于物质的量之比计算；D在T温度下，起始时向容器中充入2.0molN2O5和2.0molO2，转化到左边相当于起始投入4.0molNO2和2.0molO3，所到达的平衡状态相当于在原平衡的基础上压强增大一倍，平衡先正反应方向移动，平衡时N2O5的物质的量大于20.8mol=1.6mol，故参加反应的N2O5的物质的量小于2mol1.6mol=0.4mol，据此计算判断解答：解：A由表中数据可知，3s内压强物质的量变化量为0.36mol，容器体积为2L，故03s内v（O2）=0.06mol/（Ls），速率之比等于其
29、化学计量数之比，故v（NO2）=2v（O2）=20.06mol/（Ls）=0.12mol/（Ls），故A错误；B由表中数据可知，12s与24s时氧气的物质的量均为0.8mol，说明12s时可逆反应到达平衡，平衡时氧气的浓度为=0.4mol/L，降低温度，达到新平衡时测得c（O2）=0.44mol/L，氧气浓度增大，说明降低温度，平衡向正反应方向移动，则正反应为放热反应，即H0，故B正确；C容器体积不变，在T温度下，起始时向容器中充入1.0molNO2、0.5molO3和0.50molN2O5、0.50molO2，转化到左边相当于起始投入2.0molNO2和1.0molO3，与原平衡为完全等效平
30、衡，平衡时压强相等，12s到达平衡时氧气的物质的量为0.8mol，则：2NO2（g）+O3（g）N2O5（g）+O2（g） 物质的量减少 1 1 0.8mol 0.8mol故原平衡中平衡时气体物质的量为2mol+1mol0.8mol=2.2mol，即起始时向容器中充入1.0molNO2、0.5molO3和0.50molN2O5、0.50molO2到达平衡时，混合气体总物质的量为2.2mol，平衡时压强为起始的=0.88倍，故C正确； D在T温度下，起始时向容器中充入2.0molN2O5和2.0molO2，转化到左边相当于起始投入4.0molNO2和2.0molO3，所到达的平衡状态相当于在原平
31、衡的基础上压强增大一倍，平衡先正反应方向移动，平衡时N2O5的物质的量大于20.8mol=1.6mol，故参加反应的N2O5的物质的量小于2mol1.6mol=0.4mol，则达到平衡时，N2O5的转化率小于100%=20%，故D错误，故选BC点评：本题考查化学平衡有关计算及影响因素、反应速率有关计算等，侧重考查等效平衡，C、D选项中关键是构建等效平衡途径，若利用平衡常数计算相对比较麻烦，难度中等15（4分）（2015泰州二模）常温下，一元酸HA溶液和NaOH溶液等体积混合（忽略体积变化），实验数据如下表下列判断正确的是（）实验编号起始浓度/molL1反应后溶液的pHc（HA）c（NaOH）0
32、.10.19X0.270.20.14.80.10.2yA实验反应后的溶液中：c（HA）约为molL1B实验反应后的溶液中：c（HA）c（Na+）=c（A）c（H+）=c（OH）C实验反应后的溶液中：c（HA）+c（H+）=c（OH）+c（A）D实验反应后的溶液中：c（OH）c（H+）c（HA）=0.05molL1考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算.分析：A、实验是等浓度一元酸HA溶液和NaOH溶液等体积混合，化混合反应后溶液呈碱性，说明酸是弱酸，生成的NaA溶液中A离子水解生成HA和氢氧根离子，HA和氢氧根离子浓度近似相同，利用离子积常数计算；B、溶液中HA溶液和NaOH溶液等浓度、等
33、体积混合显碱性，实验反应后的溶液中PH=7，说明溶液呈中性，则溶液中HA略过量，X大于0.2mol/L，等浓度HA和NaA混合溶液，依据实验可知溶液呈酸性，电离大于水解，c（A）c（HA）；C、实验得到等浓度的HA和NaA混合溶液，依据溶液中电荷守恒和物料守恒计算，溶液中电荷守恒为：c（Na+）+c（H+）=c（A）+c（OH），物料守恒c（A）+c（HA）=2c（Na+），带入计算分析判断；D、由实验溶液中质子守恒计算分析，反应后溶液中含有等浓度的NaA和NaOH，电荷守恒为：c（Na+）+c（H+）=c（A）+c（OH），物料守恒为：c（Na+）=0.05mol/L+c（A）+c（HA），
34、带入计算得到解答：解：A、实验是等浓度一元酸HA溶液和NaOH溶液等体积混合，化混合反应后溶液呈碱性，说明酸是弱酸，生成的NaA溶液中A离子水解生成HA和氢氧根离子，A+H2OHA+OH，HA和氢氧根离子浓度近似相同，利用离子积常数计算得到c（HA）约为molL1，故A正确；B、溶液中HA溶液和NaOH溶液等浓度、等体积混合显碱性，实验反应后的溶液中PH=7，说明溶液呈中性，则溶液中HA略过量，X大于0.2mol/L，等浓度HA和NaA混合溶液，依据实验可知溶液呈酸性，电离大于水解，c（A）c（HA），实验反应后的溶液中：c（Na+）=c（A）c（HA）c（H+）=c（OH），故C错误；C、实
35、验得到等浓度的HA和NaA混合溶液，溶液中电荷守恒为：c（Na+）+c（H+）=c（A）+c（OH），物料守恒c（A）+c（HA）=2c（Na+），则c（HA）+2c（H+）=2c（OH）+c（A），故C错误；D、实验溶液中含有等浓度的NaA和NaOH，浓度均为0.05mol/L，电荷守恒为：c（Na+）+c（H+）=c（A）+c（OH），物料守恒为：c（Na+）=0.05mol/L+c（A）+c（HA），带入计算得到：c（OH）c（H+）c（HA）=0.05molL1，故D正确；故选AD点评：本题考查了电解质溶液中离子浓度大小比较，溶液中电荷守恒、物料守恒、质子守恒的分析判断，掌握基础是解题
36、关键，题目难度中等二、非选择题（共80分）16（12分）（2015泰州二模）锌浮渣主要含Zn、ZnO、SiO2、Fe2+、Cd2+、Mn2+，工业上可通过控制条件逐一除去杂质以制备超细活性氧化锌，其工艺流程如图1：（1）锌浮渣利用硫酸浸出后，将滤渣进行再次浸出，其目的是提高锌元素的总浸出率（2）净化是为了将Mn2+转化为MnO2而除去，试写出该反应的离子方程式Mn2+S2O82+2H2O=MnO2+2SO42+4H+（3）90时，净化2溶液中残留铁的浓度受pH影响如图2pH值较小时，虽有利于Fe2+转化为Fe3+，但残留铁的浓度仍高于pH为34时的原因是H+抑制Fe3+水解（4）滤渣3的主要成
37、分为Cd（填化学式）（5）碳化在50进行，“前躯体”的化学式为ZnCO32Zn（OH）2H2O，写出碳化过程生成“前躯体”的化学方程式3ZnSO4+6NH4HCO3=ZnCO32Zn（OH）2H2O+3（NH4）2SO4+5CO2；碳化时所用NH4HCO3的实际用量为理论用量的1.1倍，其原因一是为了使Zn2+充分沉淀，二是碳酸氢铵受热分解损失或NH4HCO3消耗H+，避免H+浓度过大溶解ZnCO32Zn（OH）2H2O考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用.分析：锌浮渣主要含Zn、ZnO、SiO2、Fe2+、Cd2+、Mn2+，加入稀硫酸浸出过滤，得到滤渣为SiO2 ，净化加入（NH4
38、）2S2O8溶液，PH=5.4是为了将Mn2+转化为MnO2而除去，过滤得到滤渣为MnO2，滤液在加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液PH沉淀铁离子生成FeOOH，过滤得到滤液中加入锌置换铬，过滤得到的金属位Cd，滤液中加入碳酸氢铵碳化，得到硫酸铵和二氧化碳及“前躯体”的化学式为ZnCO32Zn（OH）2H2O，制备得到超细活性氧化锌；（1）滤渣进行再次浸出的目的是提高锌元素的浸出率；（2）（NH4）2S2O8溶液，PH=5.4是为了将Mn2+转化为MnO2而除去，发生氧化还原反应；（3）依据铁离子水解显酸性分析，氢离子浓度大有利于抑制铁离子的水解；（4）上述分析可知滤渣3为被还原出的C
39、d；（5）依据“前躯体”的化学式为ZnCO32Zn（OH）2H2O，结合反应物为硫酸锌和碳酸氢铵，利用原子守恒配平书写化学方程，碳化时所用NH4HCO3的实际用量为理论用量的1.1倍，其原因一是为了使Zn2+充分沉淀，碳酸氢铵受热分解损失解答：解：由工业生产流程可知，锌浮渣主要含Zn、ZnO、SiO2、Fe2+、Cd2+、Mn2+，加入稀硫酸浸出过滤，得到滤渣为SiO2 ，净化加入（NH4）2S2O8溶液，PH=5.4是为了将Mn2+转化为MnO2而除去，过滤得到滤渣为MnO2，滤液在加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液PH沉淀铁离子生成FeOOH，过滤得到滤液中加入锌置换铬，过滤得到的
40、金属位Cd，滤液中加入碳酸氢铵碳化，得到硫酸铵和二氧化碳及“前躯体”的化学式为ZnCO32Zn（OH）2H2O，制备得到超细活性氧化锌；（1）锌浮渣利用硫酸浸出后，滤渣进行再次浸出的目的是提高锌元素的浸出率；故答案为：提高锌元素的总浸出率；（2）（NH4）2S2O8溶液具有氧化性，在PH=5.4时是为了将Mn2+转化为MnO2而除去，发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：Mn2+S2O82+2H2O=MnO2+2SO42+4H+；故答案为：Mn2+S2O82+2H2O=MnO2+2SO42+4H+；（3）90时，净化2溶液中残留铁的浓度受pH影响如图2pH值较小时，虽有利于Fe2+转化为Fe3
41、+，但残留铁的浓度仍高于pH为34时的原因是，依据铁离子水解显酸性可知，氢离子浓度大有利于抑制铁离子的水解；故答案为：H+抑制Fe3+水解；（4）上述分析可知发生Zn+Cd2+=Zn2+Cd，滤渣3为被还原出的Cd，故答案为：Cd；（5）“前躯体”的化学式为ZnCO32Zn（OH）2H2O，结合反应物为硫酸锌和碳酸氢铵，滤液中加入碳酸氢铵碳化，得到硫酸铵和二氧化碳及“前躯体”的化学式为ZnCO32Zn（OH）2H2O，利用原子守恒配平书写化学方程为：3ZnSO4+6NH4HCO3=ZnCO32Zn（OH）2H2O+3（NH4）2SO4+5CO2，碳化时所用NH4HCO3的实际用量为理论用量的1
42、.1倍，其原因一是为了使Zn2+充分沉淀，碳酸氢铵受热分解损失或NH4HCO3消耗H+，避免H+浓度过大溶解ZnCO32Zn（OH）2H2O，故答案为：3ZnSO4+6NH4HCO3=ZnCO32Zn（OH）2H2O+3（NH4）2SO4+5CO2；碳酸氢铵受热分解损失或NH4HCO3消耗H+，避免H+浓度过大溶解ZnCO32Zn（OH）2H2O点评：本题考查了物质提纯和分离的工业制备流程分析判断，实验过程的分析应用，主要是物质性质的理解应用，掌握基础是关键，题目难度较大17（15分）（2015泰州二模）化合物F是合成抗过敏药孟鲁斯特钠的重要中间体，其合成过程如下：请回答下列问题：（1）化合物
43、C中含有氧官能团为羰基、酯基（填名称）（2）化合物B的分子式为C16H13O3Br，B的结构简式为（3）由CD、EF的反应类型依次为还原反应或加成反应、取代反应（4）写出符合下列条件C的一种同分异构体的结构简式、属于芳香族化合物，且分子中含有2个苯环、能够发生银镜反应、分子中有5种不同环境的氢原子（5）已知：RClRMgCl，写出CH3CH2OH、为原料制备的合成路线流程图（乙醚溶剂及无机试剂任用）；合成路线流程图示例如下：H2C=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH考点：有机物的合成.分析：B发生酯化反应生成C，根据C结构简式知，B结构简式为，C发生加成反应生成D，D反应生成E，E发生取代
44、反应生成F；（5）CH3CH2OH和HCl发生取代反应生成CH3CH2Cl，CH3CH2Cl和Mg、乙醚反应生成CH3CH2MgCl，CH3CH2MgCl和苯甲酸乙酯、然后水解反应生成，和氢气发生加成反应生成，发生消去反应生成解答：解：B发生酯化反应生成C，根据C结构简式知，B结构简式为，C发生加成反应生成D，D反应生成E，E发生取代反应生成F；（1）根据C结构简式知，化合物C中含有氧官能团为羰基、酯基，故答案为：羰基；酯基；（2）化合物B的分子式为C16H13O3Br，B的结构简式为，故答案为：；（3）通过以上分析知，C发生还原反应（或加成反应）生成D、E发生取代反应生成F，故答案为：还原反
45、应（或加成反应）；取代反应；（4）C的同分异构体符合下列条件：、属于芳香族化合物，且分子中含有2个苯环；、能够发生银镜反应说明含有醛基；、分子中有5种不同环境的氢原子；符合条件的同分异构体结构简式为，故答案为：；（5）CH3CH2OH和HCl发生取代反应生成CH3CH2Cl，CH3CH2Cl和Mg、乙醚反应生成CH3CH2MgCl，CH3CH2MgCl和苯甲酸乙酯、然后水解反应生成，和氢气发生加成反应生成，发生消去反应生成，所以合成流程图为，故答案为：点评：本题考查有机合成，为高考高频点，侧重考查学生分析判断、知识运用能力，明确反应前后物质结构变化是解本题关键，注意结合题给信息解答，难点是（5
46、）中有机合成路线的设计，题目难度中等18（12分）（2015泰州二模）聚合氯化铁铝（简称PAFC），其化学通式为：Fe2Al3（OH）aClbzH2Om某同学为测定其组成，进行如下实验：准确称取4.5050g样品，溶于水，加入足量的稀氨水，过滤，将滤渣灼烧至质量不再变化，得到2.3300g固体另准确称取等质量样品溶于水，在溶液中加入适量Zn粉和稀硫酸，将Fe3+完全还原为Fe2+用0.1000molL1标准KMnO4溶液滴定Fe2+，消耗标准溶液的体积为20.00mL另准确称取等质量样品，用硝酸溶解后，加入足量AgNO3溶液，得到4.3050g白色沉淀（1）若滴定管在使用前未用标准溶液润洗，测
47、得的Al3+含量将偏高（填“偏高”、或“偏低”或“不变”）（2）实验室检验Fe3+常用的方法是向待测液中加入KSCN溶液，如果溶液变为红色，即可证明溶液中含有铁离子（3）通过计算确定PAFC的化学式Fe2Al3（OH）9Cl33H2Om（写出计算过程，m为聚合度，不必求出）考点：复杂化学式的确定.分析：（1）若滴定管在使用前未用标准溶液润洗，相当于用的标准液的浓度偏小，所以用到的体积偏高，测得待测液中亚铁离子的浓度偏大，即铁离子偏大；（2）实验室检验某溶液是否含有Fe3+，常用的试剂为硫氰化钾溶液，根据溶液是否变成红色，证明溶液中是否存在铁离子；（3）称取样品溶于水，加入足量的稀氨水，过滤，将
48、滤渣灼烧至质量不再变化，得到2.3300g固体是氧化铝和氧化铁；另准确称取等质量样品溶于水，在溶液中加入适量Zn粉和稀硫酸，将Fe3+完全还原为Fe2+，用0.1000molL1标准KMnO4溶液滴定Fe2+，消耗标准溶液的体积为20.00mL，根据KMnO45Fe2+5Fe3+，可以计算铁离子的量，根据结合元素守恒计算Al元素的含量；另准确称取等质量样品，用硝酸溶解后，加入足量AgNO3溶液，得到4.3050g白色沉淀即AgCl沉淀，可以计算Cl元素的量解答：解：（1）若滴定管在使用前未用标准溶液润洗，相当于用的标准液的浓度偏小，所以用到的体积偏高，测得待测液中亚铁离子的浓度偏大，即铁离子偏
49、大，测得的Al3+含量将偏高，故答案为：偏高；（2）铁离子能够与硫氰根离子反应生成红色的络合物硫氰化铁，据此检验铁离子是否存在，所以检验铁离子是否存在的最简便的方法为：向待测液中加入KSCN溶液，如果溶液变为红色，即可证明溶液中含有铁离子，故答案为：向待测液中加入KSCN溶液，如果溶液变为红色，即可证明溶液中含有铁离子；（3）称取样品溶于水，加入足量的稀氨水，过滤，将滤渣灼烧至质量不再变化，得到2.3300g固体是氧化铝和氧化铁；另准确称取等质量样品溶于水，在溶液中加入适量Zn粉和稀硫酸，将Fe3+完全还原为Fe2+，用0.1000molL1标准KMnO4溶液滴定Fe2+，消耗标准溶液的体积为
50、20.00mL，根据KMnO45Fe2+5Fe3+，则Fe3+的物质的量是0.520103mol=0.01mol，氧化铁的质量是0.01mol0.5160g/mol=0.8g，氧化铝质量=2.33g0.8g=1.53g，所以Al3+的物质的量是0.03mol，另准确称取等质量样品，用硝酸溶解后，加入足量AgNO3溶液，得到4.3050g白色沉淀即AgCl沉淀，物质的量是=0.03mol，所以可以计算Cl元素的物质的量是：0.03mol根据电荷守恒：3n（Fe3+）+3n（Al3+）=n（Cl）+n（OH），所以n（OH）=0.01mol3+0.03mol30.03mol=0.09mol，n（H
51、2O）=0.03mol，综上可知：n（Fe3+）：n（Al3+）：n（Cl）：n（OH）：n（H2O）=1：3：3：9：3，所以PAFC的化学式为：FeAl3（OH）9Cl33H2Om答：PAFC的化学式为FeAl3（OH）9Cl33H2Om点评：本题考查学生物质分子式的确定知识，注意物质的性质以及元素守恒、电荷守恒的应用是解题的关键，难度很大19（15分）（2015泰州二模）CaO2难溶于水，溶于酸生成过氧化氢，在医药上用作杀菌剂、防腐剂等CaO2制备原理：Ca（OH）2（s）+H2O2（aq）=CaO2+2H2O（l）H0不同浓度的H2O2对反应生成CaO2产率的影响如下表：（1）分析题给
52、信息，解释H2O2浓度大于20%后CaO2产率反而减小的原因：H2O2浓度高，反应速率快，反应放热使体系温度迅速升高，加快H2O2发生分解过氧化钙中常含有CaO杂质、实验室可按以下步骤测定CaO2含量步骤1：准确称取0.040.05g过氧化钙样品，置于250mL的锥形瓶中；步骤2：分别加入30mL蒸馏水和2mL盐酸（3molL1），振荡使之溶解；步骤3：向锥形瓶中加入5mLKI溶液（100g/L）；步骤4：用硫代硫酸钠标准溶液滴定，至溶液呈浅黄色，然后加入指示剂淀粉溶液，用硫代硫酸钠标准溶液继续滴定，直至溶液的蓝色恰好消失且半分钟内颜色不变，记录数据；步骤5：平行滴定3次，计算试样中CaO2的
53、质量分数，滴定时发生的反应：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI；（2）过氧化钙溶解时选用盐酸而不选用硫酸溶液的原因是生成微溶的CaSO4覆盖在过氧化钙表面，使结果不准确（3）加入KI溶液后发生反应的离子方程式为：H2O2+2I+2H+I2+2H2O（4）请补充完整实验步骤4中的内容：加入指示剂淀粉溶液；直至溶液的蓝色恰好消失且半分钟内颜色不变测定含有CaO杂质的CaO2含量的实验方法较多，某同学设计了仅用稀盐酸一种药品（仪器可任选）较为准确地测出CaO2含量的实验请你帮该同学列出所需仪器清单（实验用品和用于固定的或连接的仪器可不写）（5）仪器：天平、烧杯、玻璃棒、蒸发皿、酒精灯考
54、点：探究物质的组成或测量物质的含量.分析：（1）根据双氧水不稳定及该反应为放热反应分析；（2）硫酸钙为微溶物，生成的硫酸钙会覆盖在过氧化钙表明，乙烯测定结果；（3）双氧水在酸性条件下能够氧化碘离子，据此写出反应的离子方程式；（4）淀粉遇到碘单质显示蓝色，需要加入淀粉作指示剂；当恰好反应时淀粉消失，溶液变为无色，据此判断滴定终点；（5）只用盐酸测定含有CaO杂质的CaO2含量，需要称量出样品质量及干燥的氯化钙的质量，据此选用仪器解答：解：（1）根据反应Ca（OH）2（s）+H2O2（aq）=CaO2+2H2O（l）H0可知，该反应为放热反应，双氧水浓度升高，则反应速率加快，反应放出的热量增大，导
55、致双氧水分解，所以H2O2浓度大于20%后CaO2产率反而减小，故答案为：H2O2浓度高，反应速率快，反应放热使体系温度迅速升高，加快H2O2发生分解；（2）若用稀硫酸，稀硫酸与钙离子反应生成微溶物硫酸钙覆盖在过氧化钙表面，使结果不准确，所以不能用稀硫酸，可以用稀盐酸，故答案为：生成微溶的CaSO4覆盖在过氧化钙表面，使结果不准确；（3）加入KI溶液后，双氧水将碘离子氧化成碘单质，反应的离子方程式为：H2O2+2I+2H+I2+2H2O，故答案为：H2O2+2I+2H+I2+2H2O；（4）碘单质遇到淀粉会显示蓝色，当用硫代硫酸钠标准溶液滴定，至溶液呈浅黄色，然后加入淀粉作滴定的指示剂，用硫代
56、硫酸钠标准溶液继续滴定；滴定结束前溶液为蓝色，反应结束后溶液为无色，则滴定终点的现象为：溶液的蓝色恰好消失且半分钟内颜色不变，故答案为：加入指示剂淀粉溶液；直至溶液的蓝色恰好消失且半分钟内颜色不变；（5）先用天平称量出样品的质量，然后将样品溶于足量稀盐酸中，通过蒸发操作获得干燥的氯化钙，冷却后称量出氯化钙的质量，就可以根据样品的质量和氯化钙的质量计算出样品中过氧化钙的程度，所以用到的仪器有：天平、烧杯、玻璃棒、蒸发皿、酒精灯，故答案为：天平、烧杯、玻璃棒、蒸发皿、酒精灯点评：本题考查了探究物质组成、含量的方法，题目难度中等，明确实验原理为解答关键，注意掌握化学实验基本操作方法，明确中和滴定原理
57、，能够正确选用指示剂用和滴定终点，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力20（14分）（2015泰州二模）综合利用CO2、CO对构建低碳社会有重要意义（1）Li4SiO4可用于富集得到高浓度CO2原理是：在500，低浓度CO2与Li4SiO4接触后生成两种锂盐；平衡后加热至700，反应逆向进行，放出高浓度CO2，Li4SiO4再生，700时反应的化学方程式为Li2CO3+Li2SiO3CO2+Li4SiO4（2）固体氧化物电解池（SOEC）用于高温共电解CO2/H2O，既可高效制备合成气（CO+H2），又可实现CO2的减排，其工作原理如图1b为电源的正极（填“正极”或“负极”）写出电极c发生的
58、电极反应式CO2+2eCO+O2、H2O+2e=H2+O2（3）电解生成的合成气在催化剂作用下发生如下反应：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g），对此进行如下研究：某温度下在一恒压容器中分别冲入1.2molCO和1molH2，达到平衡时容器体积为2L，且含有0.4molCH3OH（g），则该反应平衡常数值为50，此时向容器中再通入0.35molCO气体，则此平衡将向正反应方向移动（填“向正反应方向”、“不”或“逆反应方向”）（4）已知（如图2）：若甲醇的燃烧热为H3，试用H1、H3表示CO（g）+2H2（g）CH3OH（l）的H，H=2H1H2H3（5）利用太阳能和缺铁氧化物如Fe0.9O
59、可将廉价CO2热解为碳和氧气，实现CO2再资源化，转化过程如图3所示，若用1mol缺铁氧化物Fe0.9O与足量CO2完全反应可生成0.1molC（碳）考点：电解原理；化学方程式的书写；用盖斯定律进行有关反应热的计算.分析：（1）根据题干信息，反应物为CO2与Li4SiO4，生成物有Li2CO3，根据质量守恒进行解答；（2）二氧化碳、水分别在a极得到电子发生还原反应生成一氧化碳、氢气，同时生成氧离子；电极b氧离子失去电子发生氧化反应生成氧气；（3）根据平衡常数的计算公式计算，根据平衡移动的影响判断移动方向；（4）运用盖斯定律解题；（5）依据反应物和产物利用直平法配平化学方程式，利用已知守恒计算得
60、到解答：解：（1）在500，CO2与Li4SiO4接触后生成Li2CO3，反应物为CO2与Li4SiO4，生成物有Li2CO3，根据质量守恒可知产物还有Li2SiO3，所以700时反应的化学方程式为：Li2CO3+Li2SiO3CO2+Li4SiO4，故答案为：Li2CO3+Li2SiO3CO2+Li4SiO4；（2）CO2+H2OCO+H2+O2，二氧化碳中的碳元素化合价降低，被还原，水中的氢元素化合价降低被还原，反应物中的氧元素化合价升高，被氧化，失去电子发生氧化反应生成氧气，所以电极d为阳极，所以b为电源的正极，故答案为：正极；二氧化碳在a极得到电子发生还原反应生成一氧化碳同时生成氧离子
61、，反应电极反应式为：CO2+2eCO+O2，水中的氢元素化合价降低被还原，电极反应式为：H2O+2e=H2+O2，故答案为：CO2+2eCO+O2；H2O+2e=H2+O2； （3）CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）起始：0.6mol/L 0.5mol/L 0转化：0.2mol/L 0.4mol/L 0.2mol/L平衡：0.4mol/L 0.1mol/L 0.2mol/L所以：k=50（mol/L）2，增加反应物的浓度平衡正向移动，故答案为：50；向正反应方向；（4）由图反应可知H2（g）+O2（g）=H2O（l），H1；由反应可知：CO2（g）=CO（g）+O2（g），H2；若甲醇的
62、燃烧热为H3，所以CH3OH（g）+O2（g）=2H2O（l）+CO2（g），H3；所以盖斯定律，目标反应为：H=2H1H2H3，故答案为：H=2H1H2H3；（5）依据图示得到化学方程式为：Fe0.9O+0.1CO2=xC+Fe3O4，依据碳原子守恒得到x=0.1故答案为：0.1点评：本题考查了热化学方程式和盖斯定律的计算和应用，电解池电极反应的分析书写，化学平衡常数的计算，原子守恒氧化还原反应的计算应用，题目难度中等四.（12分）【选做题】本题包括A、B两小题，请选定其中一小题作答若多做，则按A小题评分【物质结构与性质】21（12分）（2015泰州二模）我国从国外进口某原料经测定主要含有A
63、、B、C、D、E五种前四周期元素，且原子序数依次增大元素A、B、C、D、E的原子结构等信息如下：元素元素性质或原子结构A周期表中原子半径最小的元素B原子核外有三种不同的能级且各个能级所填充的电子数相同C最外层P轨道半充满D位于短周期，其原子的核外成对电子数是未成对电子数的3倍E位于ds区且原子的最外层电子数与A的相同请回答下列问题：（用A、B、C、D、E，所对应的元素符号作答）（1）B、C、D第一电离能由大到小为NOC（2）E的二价离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d9（3）A2B2D4常用作除锈剂，该分子中B的杂化方式为sp2；1molA2B2D4分子中含有键数目为76.02
64、1023（4）与化合物BD互为等电子体的阴离子化学式为CN等；（5）B2A6、C2A4分子中均含有18个电子，它们的沸点相差较大，主要原因是N2H4分子之间存在氢键（6）BD2在高温高压下所形成晶体的晶胞如图所示，一个该晶胞中含16个D原子考点：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；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五种前四周期元素，且原子序数依次增大周期表中A元素原子半径最小，故A为H元素；B元素原子核外有三种不同的能级且各个能级所填充的电子数相同，核外电子排布为1s22s22p2，故B为碳元素；D位于短周期，其原子的核外成对电子数是未
65、成对电子数的3倍，而短周期中原子单电子处于p能级最多有3个，故其成对电子总数只能为6，单电子数为2，核外电子排布为1s22s22p4，则D为O元素；C元素原子最外层P轨道半充满，原子序数小于氧，故其核外电子排布为1s22s22p3，则B为N元素；E位于ds区且原子的最外层电子数与A的相同，外围电子排布为3d104s1，则E为Cu，据此解答解答：解：A、B、C、D、E五种前四周期元素，且原子序数依次增大周期表中A元素原子半径最小，故A为H元素；B元素原子核外有三种不同的能级且各个能级所填充的电子数相同，核外电子排布为1s22s22p2，故B为碳元素；D位于短周期，其原子的核外成对电子数是未成对电
66、子数的3倍，而短周期中原子单电子处于p能级最多有3个，故其成对电子总数只能为6，单电子数为2，核外电子排布为1s22s22p4，则D为O元素；C元素原子最外层P轨道半充满，原子序数小于氧，故其核外电子排布为1s22s22p3，则B为N元素；E位于ds区且原子的最外层电子数与A的相同，外围电子排布为3d104s1，则E为Cu，（1）同周期随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，但N元素2p能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能NOC，故答案为：NOC；（2）E为Cu元素，Cu2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d9，故答案为：1s22s
67、22p63s23p63d9；（3）H2C2O4常用作除锈剂，结构简式为HOOCCOOH，分子中C原子形成3个键，没有孤电子对，该分子中碳原子的杂化方式为sp2，单键为键，双键含有1个键、1个键，故HOOCCOOH分子中含有7个键，1molA2B2D4分子中含有键数目为76.021023，故答案为：sp2；76.021023；（4）原子总数相同、价电子总数相同的微粒互为等电子体，与化合物CO互为等电子体的阴离子化学式为 CN等，故答案为：CN等；（5）C2H6、N2H4分子中均含有18个电子，它们的沸点相差较大，主要原因是：N2H4分子之间存在氢键，故答案为：N2H4分子之间存在氢键；（6）CO
68、2在高温高压下所形成晶体的晶胞中黑色球为O原子，均为晶胞内部，一个该晶胞中含O原子数目为16，故答案为：16点评：本题是对物质结构的考查，涉及电离能、核外电子排布、化学键、杂化轨道、氢键、晶胞结构等，注意理解掌握同周期第一电离能异常原因，难度中等【实验化学】22（2015泰州二模）硫酸锌是一种重要的工业原料在实验室从粗锌（含有少量的铅）与稀硫酸反应后的废液中提取硫酸锌的主要操作步骤如下：步骤1：将废液过滤，调节滤液的pH约为2，过滤，将滤液加热浓缩，制得较高温度下的饱和溶液，冷却结晶得到粗制晶体步骤2：在烧杯中用蒸馏水溶解步骤1得到的晶体，滴加少量稀硫酸，水浴加热至晶体全部溶解停止加热，让其自
69、然冷却、结晶抽滤，用少量无水乙醇洗涤晶体12次，得精制晶体（1）废液中含有的不溶性杂质是PbSO4（2）步骤1中调节滤液pH约为2，可加入的物质是bc（填字母） aNH3H2O bZnO cZnCO3 dNaOH（3）步骤1中对滤液加热浓缩时，当溶液表面出现晶膜时，停止加热（4）步骤2中滴加少量稀硫酸的目的是防止硫酸锌水解（5）抽滤装置如图所示，仪器B的名称是吸滤瓶仪器C的作用是防止倒吸（6）用少量无水乙醇洗涤晶体的目的是利用乙醇挥发性除去晶体表面的水分考点：物质的分离、提纯和除杂.专题：实验题分析：（1）PbSO4不溶于水；（2）除杂不能引入新的杂质；（3）蒸发时不能蒸干；（4）锌离子易发生水解；（5）根据仪器形状确定名称，C可防止倒吸；（6）乙醇易挥发解答：解：（1）不溶性杂质是PbSO4，故答案为：PbSO4；（2）ZnO、ZnCO3可与硫酸反应调节pH值，且不引入新的杂质，故答案为：bc；（3）蒸发时不能蒸干，当溶液表面出现晶膜时停止加热，故答案为：溶液表面出现晶膜；（4）锌离子易发生水解，加入硫酸防止硫酸锌水解，故答案为：防止硫酸锌水解；（5）B为吸滤瓶，仪器C可防止倒吸，故答案为：吸滤瓶；防止倒吸；（6）乙醇易挥发，可将水分带走，故答案为：利用乙醇挥发性除去晶体表面的水分点评：本题考查物质的分离、提纯和除杂，题目难度不大，学习中注意相关基础知识的积累
