1、江西省南昌市十所省重点中学2015-2016年第二学期高三化学试卷（解析版）一、选择题：每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1化学与环境、生活密切相关，下列与化学有关的说法正确的是（）A春节燃放爆竹对环境无污染B“酸雨”是由大气中的碳、氮、硫的氧化物溶于雨水造成C雾霾是一种分散系，分散剂是空气，带活性炭口罩防雾霾的原理是吸附原理D家庭用的“84”消毒液与洁厕灵可同时混合使用2我国古代人民编写的古诗或谚语包含了丰富的化学知识，下列解释正确的是（）选项古诗或谚语含有的化学反应类型A爆竹声中除旧岁，春风送暖入屠苏复分解反应B千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲分解反应C春蚕到死丝
2、方尽，蜡炬成灰泪始干化合反应D真金不怕火，怕火便是铜置换分解反应AABBCCDD3设NA为阿伏伽德罗常数的值下列说法正确的是（）A56gFe与1 molCl2充分反应转移电子数为3NAB常温常压下，22 g D3O+含有10 NA个电子C25时，1 L pH=12的Ba（OH）2溶液中含有的OH的数目为0.02 NAD1 L0.1 mol/L Na2CO3溶液中CO32和HCO3总数为0.1NA4短周期元素A、B、C、D、E在元素周期表中的相对位置如图所示，其中D原子的质子数是其M层电子数的三倍，下列说法不正确的是（）AA有5种正价，与B可形成6种化合物B工业上常通过电解熔融态C2B3的方法来
3、获得C的单质C简单离子的半径由大到小为：EABCDD、E两元素形成的化合物每种原子最外层都达到了8e稳定结构5下列反应的离子方程式书写正确的是（）A98.3%的硫酸加入到稀氢氧化钡溶液中：H+（aq）+OH（aq）H2O（l）H=57.3kJ/molB向Ca（OH）2溶液中加入少量NaHCO3溶液产生白色沉淀：Ca2+2OH+2HCO3CaCO3+CO3+2H2OC0.1mol/LNa2CO3溶液中滴入无色酚酞，溶液变红：CO32+H2OHCO3+OHDNa2SO3溶液使酸性KMnO4溶液褪色：5SO32+6H+2MnO45SO42+2Mn2+3H2O6下列有关实验操作设计、现象记录、结论解释
4、都正确的是（）实验操作设计现象记录结论解释A将少量浓硝酸逐滴加入Cu和稀硫酸的混合物中产生红棕色气体硝酸被还原为NO2B用坩埚钳夹住铝箔在酒精灯上加热铝箔熔化但并不滴落熔点：Al2 O3AlC向某氯化亚铁溶液中加入Na2O2粉末出现红褐色沉淀加入Na2O2粉末前，原氯化亚铁溶液已经变质D向紫色石蕊试液中持续长时间通人氯气溶液先变红，最后变为无色氯气有漂白性AABBCCDD7下列说法不正确的是（）A发生爆炸的天津滨海仓库存放的电石、氰化钠和硝酸铵等危险化学品均属于电解质B在一定条件下，乙酸、氨基乙酸、蛋白质均能与NaOH发生反应C的系统命名为：2甲基2乙基丙烷，其一氯代物有5种D1mol化合物（
5、）跟足量NaOH溶液反应最多耗4molNaOH二、非选择题：包括必考题和选考题两部分必考题，每个试题考生都必须作答选考题，考生根据要求作答8（14分）实验室可用氯气与金属铁反应制备无水三氯化铁，该化合物是棕红色、易潮解，100左右时升华某化学实验小组的同学欲用下列仪器（AD）制备FeCl3固体请回答下列问题：（1）A中发生反应的化学方程式为（2）各装置的连接顺序为a（3）实验过程中，给A、B仪器加热的顺序及可作为点燃B处酒精灯的实验标志是：（4）B装置的主要缺点是：（5）写出装置D中反应的化学方程式（6）该小组欲用下图所示装置收集尾气，并测量多余气体的体积若右图所示量气装置由干燥管、乳胶管和5
6、0mL滴定管改造后组装而成，此处所用滴定管是（填“酸式”或“碱式”）滴定管为提高测量的准确性，E图装置中的液体可用，收集完气体后，读数前应进行的操作是如果开始读数时操作正确，最后读数时俯视右边滴定管液面，会导致体积（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）9（14分）（1）X是短周期中原子半径最小的元素，X、Y组成的气体甲能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；Y的原子结构示意图是写出向硝酸铝溶液中通入过量气体甲的反应的离子方程式（2）用硝酸铝溶液（加入分散剂）制备纳米氧化铝粉体的一种工艺流程如图1已知：（CH2）6N4水溶液显碱性KspAl（OH）3=1.31033；溶液中离子浓度小于1105molL1时，可
7、认为这种离子在溶液中不存在凝胶中含有的硝酸盐除硝酸铝外还有0.1molL1上述硝酸盐溶液中，所含离子浓度由大到小的顺序是（3）（图2）镍氢电池（NiMH）正极板材料为NiOOH，负极板材料为吸氢合金，该电池在充电过程中的总反应方程式是：Ni（OH）2+MNiOOH+MH放电时负极反应为：；充电时阳极反应为：利用镍氢电池电解50mL l.00mol/L食盐水，电解一段时间后，收集到标准状况下的X2气体1.12L（设电解后溶液体积不变）则电解后溶液的pH=，阳极产生气体的体积在标准状况下是L10（15分）（1）CO2经过催化氢化可合成低碳烯烃其合成乙烯的反应为：2CO2（g）+6H2（g）CH2=
8、CH2（g）+4H2O（g）；H 几种物质的能量（在标准状况下，规定单质的能量为0，测得其他物质在生成时所放出或吸收的热量）如下表所示：物质H2（g）CO2（g）CH2=CH2H2O（g）能量：KJ/mol039452242则H=（2）以稀硫酸为电解质溶液，利用太阳能也可将CO2转化为低碳烯烃，工作原理图如图1b电极的名称是产生丙烯的电极反应式为（3）工业上采用CO2与乙苯脱氢生产重要化工原料苯乙烯，反应如下：；H0下列叙述能说明乙苯与CO2反应已达到平衡状态的是a恒温恒压时气体密度不变bc（CO2）=c（CO）c消耗1mol CO2同时生成 1mol H2O dCO2的体积分数保持不变在2L
9、密闭容器内，CO2与乙苯发生反应在三种不同的条件下进行实验，CO2、乙苯的起始浓度均分别为3mol/L和1mol/L，其中实验I在T1C、P1 Pa下，而实验、分别改变了某一个实验条件（假设均不影响物质的状态），乙苯的浓度随时间的变化如图2所示则：实验CO2在050min时的反应速率为实验可能改变的条件是实验达到平衡后，在该温度下，向该容器中再通入CO2和乙苯各1mol，重新达到平衡时，乙苯的转化率将（填“增大”、“减小”或“不变”），此时平衡常数为三、（15分）【化学-选修2：化学与技术】11（15分）图l表示“侯氏制碱法”工业流程，图2表示各物质的溶解度曲线回答下列问题：（1）图中X的化学
10、式为（2）沉淀池中发生反应的化学方程式为，该反应先向饱和食盐水中通入（填化学式）至饱和，再通入另一种气体，若顺序颠倒，后果是（3）沉淀池的反应温度控制在3035，原因是（4）母液中加入CaO后生成Y的化学方程式为（5）氯碱工业是指电解饱和食盐水，这里的碱是指（填化学式），其另外两种气体产物可以用于工业上制取纯硅，流程如图3：整个制备过程必须严格控制无水无氧SiHCl3遇水剧烈反应，写出该反应的化学方程式假设每一轮次制备1mol纯硅，且生产过程中硅元素没有损失，反应I中HCl的利用率为90%，反应II中H2的利用率为93.75%则在第二轮次的生产中，补充投入HCl 和H2的物质的量之比是四、（1
11、5分）【化学-选修3：­­物质结构与性质】12工业上常用CO与H2在由Zn、Cu等元素形成的催化剂作用下合成甲醇，甲醇在Cu的催化作用下可氧化生成甲醛（1）图1是某同学画出CO分子中氧原子的核外电子排布图，请判断该排布图（填“正确”或“错误”），理由是（若判断正确，该空不用回答）（2）写出两种与CO互为等电子体的离子在甲醇分子中碳原子轨道的杂化类型为（3）由黄铜矿冶炼的铜单质也可以参杂锌原子成为黄铜，写出黄铜合金中两种金属原子的外围电子排布式；（4）甲醛与足量新制Cu（OH）2悬浊液加热可得砖红色沉淀Cu2O，写出该反应的化学方程式已知Cu2O晶胞的结构如图2所
12、示：在该晶胞中，Cu+的配位数是若该晶胞的边长为a pm，则Cu2O的密度为gcm3（只要求列算式，不必计算出数值，阿伏伽德罗常数为NA）五、（15分）选修5-有机化学基础13扁桃酸衍生物是重要的医药中间体，以A和B 为原料合成扁桃酸衍生物F路线如下：（1）A的分子式为C2H2O3，可发生银镜反应，且具有酸性，写出A+BC的化学反应方程式：（2）C（）中、（从左到右编号）3个OH的酸性由弱到强的顺序是：（3）E是由2分子C生成的含有3个六元环的化合物，E的分子中不同化学环境的氢原子有种；F中非氧官能团名称为：（4）DF的反应类型是，1mol F在一定条件下与足量NaOH溶液反应，最多消耗NaO
13、H的物质的量为：mol（5）符合下列条件的F的同分异构体（不考虑立体异构） 有种属于一元酸类化合物； 苯环上只有2个取代基且处于对位，遇氯化铁溶液发生显色反应2016年江西省南昌市十所省重点中学高考化学模拟试卷（三）参考答案与试题解析一、选择题：每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1化学与环境、生活密切相关，下列与化学有关的说法正确的是（）A春节燃放爆竹对环境无污染B“酸雨”是由大气中的碳、氮、硫的氧化物溶于雨水造成C雾霾是一种分散系，分散剂是空气，带活性炭口罩防雾霾的原理是吸附原理D家庭用的“84”消毒液与洁厕灵可同时混合使用【考点】常见的生活环境的污染及治理【分析
14、】A燃放爆竹产生二氧化硫、一氧化碳； BSO2和氮氧化物是形成酸雨的主要物质；C雾分散剂是空气，分散质为灰尘；D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【解答】解：A燃放爆竹产生二氧化硫、一氧化碳，污染环境，故A错误； B形成酸雨的主要物质是大气中的SO2和氮氧化物，故B错误；C雾分散剂是空气，分散质为灰尘，是分散系，故C正确；D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D错误故选C【点评】本题考查了环境的污染与处理，难度不大，解答本题要充分理解保护环境的重要性，了解各种环境污染的途径，只有这样才能对相关方面的问题做出正确的判
15、断2我国古代人民编写的古诗或谚语包含了丰富的化学知识，下列解释正确的是（）选项古诗或谚语含有的化学反应类型A爆竹声中除旧岁，春风送暖入屠苏复分解反应B千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲分解反应C春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干化合反应D真金不怕火，怕火便是铜置换分解反应AABBCCDD【考点】化学基本反应类型【分析】常见化学反应类型有复分解反应、化合反应、分解反应和置换反应，据此结合诗句中出现的变化解答【解答】解：A爆竹声中除旧岁，春风送暖入屠苏，是炸药的爆炸，属于氧化还原反应，不是复分解反应，故A错误；B千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲，说的是石灰石的分解，故B正确；C春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干
16、，说的是物质的燃烧，既不是化合反应也不是分解反应，故C错误；D真金不怕火，怕火便是铜，说的是铜的冶炼，属于分解反应，故D错误，故选B【点评】本题考查学生对基本反应类型、概念的理解，注意根据概念中物质分类及种类进行把握理解3设NA为阿伏伽德罗常数的值下列说法正确的是（）A56gFe与1 molCl2充分反应转移电子数为3NAB常温常压下，22 g D3O+含有10 NA个电子C25时，1 L pH=12的Ba（OH）2溶液中含有的OH的数目为0.02 NAD1 L0.1 mol/L Na2CO3溶液中CO32和HCO3总数为0.1NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、56g铁和1mol氯气反应，
17、铁过量；B、求出D3O+的物质的量，然后根据1mol中D3O+含10mol电子来分析；C、pH=12的氢氧化钡溶液中，氢氧根的浓度为0.01mol/L；D、CO32在溶液中会部分水解为CO32、H2CO3【解答】解：A、56g铁和1mol氯气反应，铁过量，而氯气反应后变为1价，故1mol氯气转移2mol电子即2NA个，故A错误；B、22gD3O+的物质的量为=1mol，而1mol中D3O+含10mol电子，故含10NA个，故B正确；C、pH=12的氢氧化钡溶液中，氢氧根的浓度为0.01mol/L，故1L溶液中氢氧根的个数为0.01NA个，故C错误；D、CO32在溶液中会部分水解为CO32、H2
18、CO3，根据物料守恒可知，溶液中H2CO3、CO32和HCO3总数为0.1NA，故D错误故选B【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大4短周期元素A、B、C、D、E在元素周期表中的相对位置如图所示，其中D原子的质子数是其M层电子数的三倍，下列说法不正确的是（）AA有5种正价，与B可形成6种化合物B工业上常通过电解熔融态C2B3的方法来获得C的单质C简单离子的半径由大到小为：EABCDD、E两元素形成的化合物每种原子最外层都达到了8e稳定结构【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】D原子的质子数是其M层电子数的三倍，则D的质子数为15，最外
19、层电子数为5，应为P元素，由元素在周期表中的位置可知A为N元素，B为O元素，C为Al元素，E为Cl元素，以此解答该题【解答】解：D原子的质子数是其M层电子数的三倍，则D的质子数为15，最外层电子数为5，应为P元素，由元素在周期表中的位置可知A为N元素，B为O元素，C为Al元素，E为Cl元素，AA为N元素，元素正化合价有+1、+2、+3、+4、+5价，每一种化合价都对应氧化物，其中+4价有2种，共6种，故A正确；B工业用电解氧化铝的方法冶炼铝，故B正确；CA、B、C对应的离子具有相同的核外电子排布，核电荷数越大离子半径越小，核素电子层数越多，离子半径越大，故C正确；DD、E两元素形成的PCl5中
20、P原子的最外层没有达到了8e稳定结构，而是10个，故D错误故选D【点评】本题主要是元素“位、构、性”三者关系的综合考查，比较全面考查学生有关元素推断知识，侧重于学生的分析能力的考查，为高考常见题型，难度中等，注意把握原子结构与元素周期律的递变规律5下列反应的离子方程式书写正确的是（）A98.3%的硫酸加入到稀氢氧化钡溶液中：H+（aq）+OH（aq）H2O（l）H=57.3kJ/molB向Ca（OH）2溶液中加入少量NaHCO3溶液产生白色沉淀：Ca2+2OH+2HCO3CaCO3+CO3+2H2OC0.1mol/LNa2CO3溶液中滴入无色酚酞，溶液变红：CO32+H2OHCO3+OHDNa
21、2SO3溶液使酸性KMnO4溶液褪色：5SO32+6H+2MnO45SO42+2Mn2+3H2O【考点】离子方程式的书写【分析】A反应生成硫酸钡放出热量；B加入少量NaHCO3溶液，反应生成碳酸钙、水、NaOH；C水解为可逆反应；D发生氧化还原反应，遵循电子、电荷守恒【解答】解：A.98.3%的硫酸加入到稀氢氧化钡溶液中：H+（aq）+OH（aq）H2O（l）H57.3kJ/mol，故A错误；B向Ca（OH）2溶液中加入少量NaHCO3溶液产生白色沉淀的离子反应为Ca2+OH+HCO3CaCO3+H2O，故B错误；C.0.1mol/LNa2CO3溶液中滴入无色酚酞，溶液变红的离子反应为CO32
22、+H2OHCO3+OH，故C错误；DNa2SO3溶液使酸性KMnO4溶液褪色的离子反应为5SO32+6H+2MnO45SO42+2Mn2+3H2O，遵循电子、电荷守恒，故D正确；故选D【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，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重氧化还原反应、复分解反应的离子共存考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒，题目难度不大6下列有关实验操作设计、现象记录、结论解释都正确的是（）实验操作设计现象记录结论解释A将少量浓硝酸逐滴加入Cu和稀硫酸的混合物中产生红棕色气体硝酸被还原为NO2B用坩埚钳夹住铝箔在酒精灯上加热铝箔熔化但并不
23、滴落熔点：Al2 O3AlC向某氯化亚铁溶液中加入Na2O2粉末出现红褐色沉淀加入Na2O2粉末前，原氯化亚铁溶液已经变质D向紫色石蕊试液中持续长时间通人氯气溶液先变红，最后变为无色氯气有漂白性AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A可能生成NO，NO与氧气反应生成NO2；B铝在加热条件下与氧气反应生成氧化铝；C过氧化钠具有强氧化性，可氧化亚铁离子；D氯气和水反应生成具有漂白性的次氯酸，本身不具有漂白性【解答】解：A浓硝酸滴入稀硝酸溶液中，浓度降低，可能生成NO，NO与氧气反应生成NO2，故A错误；B铝在加热条件下与氧气反应生成氧化铝，铝箔熔化但并不滴落，可说明熔点：Al2O3Al
24、，故B正确；C过氧化钠具有强氧化性，可氧化亚铁离子，不能证明氯化亚铁溶液已经变质，故C错误；D向紫色石蕊试液中持续长时间通人氯气，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，溶液先变红，最后变为无色，次氯酸表现出漂白性，氯气本身不具有漂白性，故D错误故选B【点评】本题考查较为综合，涉及元素化合物的性质的综合理解与运用的考查，为高考常见题型，注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性、可行性的评价，难度不大7下列说法不正确的是（）A发生爆炸的天津滨海仓库存放的电石、氰化钠和硝酸铵等危险化学品均属于电解质B在一定条件下，乙酸、氨基乙酸、蛋白质均能与NaOH发生反应C的系统命名为：2甲基2乙基丙烷，其一氯代物有5种
25、D1mol化合物（）跟足量NaOH溶液反应最多耗4molNaOH【考点】有机化合物命名；化学方程式的有关计算；电解质与非电解质；有机物的结构和性质【分析】A在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，属于电解质；B乙酸与氨基乙酸均是酸能与碱发生中和反应，蛋白质在碱性条件下能水解；C烷烃的命名遵循长、多、近、小简原则；D肽键断裂1mol，需要氢氧化钠1mol，据此判断即可【解答】解：A电石、氰化钠和硝酸铵等均是化合物，且能电离，属于电解质，故A正确；B乙酸与氨基乙酸均是酸能与碱发生中和反应，蛋白质在碱性条件下能水解，故B正确；C的最长碳链为4，在2号碳上含有2个甲基，正确命名为22二甲基丁烷，有3种化
26、学环境不同的H，故有3种一氯取代物，故C错误；D，此物质1mol中含有4个肽键，故最多能与4mol氢氧化钠反应，故D正确，故选C【点评】本题主要考查的是有机物的命名、取代物同分异构体的判断、电解质的概念等，难度不大二、非选择题：包括必考题和选考题两部分必考题，每个试题考生都必须作答选考题，考生根据要求作答8（14分）（2016南昌校级模拟）实验室可用氯气与金属铁反应制备无水三氯化铁，该化合物是棕红色、易潮解，100左右时升华某化学实验小组的同学欲用下列仪器（AD）制备FeCl3固体请回答下列问题：（1）A中发生反应的化学方程式为KClO3+6HCl（浓）KCl+3Cl2+3H2O（2）各装置的
27、连接顺序为aedbcf（3）实验过程中，给A、B仪器加热的顺序及可作为点燃B处酒精灯的实验标志是：先点然A处酒精灯，反应一段时间后，待整个B装置充满黄绿色气体，再加热B（4）B装置的主要缺点是：B装置两硬质玻璃管之间导管太细，易被产品堵塞（5）写出装置D中反应的化学方程式2 Ca（OH）2+2Cl2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O（6）该小组欲用下图所示装置收集尾气，并测量多余气体的体积若右图所示量气装置由干燥管、乳胶管和50mL滴定管改造后组装而成，此处所用滴定管是碱式（填“酸式”或“碱式”）滴定管为提高测量的准确性，E图装置中的液体可用饱和氯化钠，收集完气体后，读数前应进行的操作是
28、上下移动滴定管，使左右两边液面相平如果开始读数时操作正确，最后读数时俯视右边滴定管液面，会导致体积偏大（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）【考点】制备实验方案的设计【分析】（1）A中氯酸钾与浓盐酸反应生成氯化钾、氯气与水；（2）A中制备氯气，B中氯气与Fe加热条件下反应生成氯化铁，后面的硬质水管收集氯化铁，氯化铁易潮解，制备的氯气中含有水蒸气，需要进行干燥，C中浓硫酸干燥氯气，氯气有毒会污染空气，D吸收尾气中氯气，干燥管中氯化钙吸收水蒸气，防止加入B中；（3）装置中含有空气，B中加热时氧气能与Fe反应，先用氯气排尽装置中空气后，再反应制备氯化铁；（4）B装置两硬质玻璃管之间导管太细，易被产品堵
29、塞；（5）D中氢氧化钙与氯气反应生成氯化钙、次氯酸钙与水；（6）由滴定管的结构，应是碱式滴定管；用饱和的氯化钠溶液，降低氯气的溶解度；读数时应左右两边液面相平；第一次与最后读数之差为测定气体的体积，最后读数时俯视右边滴定管液面时，读数偏小，测定气体的体积偏大【解答】解：（1）A中氯酸钾与浓盐酸反应生成氯化钾、氯气与水，反应方程式为：KClO3+6HCl（浓）KCl+3Cl2+3H2O，故答案为：KClO3+6HCl（浓）KCl+3Cl2+3H2O；（2）A中制备氯气，B中氯气与Fe加热条件下反应生成氯化铁，后面的硬质水管收集氯化铁，氯化铁易潮解，制备的氯气中含有水蒸气，需要进行干燥，C中浓硫酸
30、干燥氯气，氯气有毒会污染空气，D吸收尾气中氯气，干燥管中氯化钙吸收水蒸气，防止加入B中，各装置的连接顺序为aedbcf，故答案为：e、d、b、c、f；（3）装置中含有空气，B中加热时氧气能与Fe反应，先用氯气排尽装置中空气，实验过程中给A、B仪器加热的顺序及可作为点燃B处酒精灯的实验标志是：先点然A处酒精灯，反应一段时间后，待整个B装置充满黄绿色气体，再加热B，故答案为：先点然A处酒精灯，反应一段时间后，待整个B装置充满黄绿色气体，再加热B；（4）B装置的主要缺点是：B装置两硬质玻璃管之间导管太细，易被产品堵塞，故答案为：B装置两硬质玻璃管之间导管太细，易被产品堵塞；（5）D中氢氧化钙与氯气反
31、应生成氯化钙、次氯酸钙与水，反应方程式为：2 Ca（OH）2+2Cl2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，故答案为：2 Ca（OH）2+2Cl2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；（6）由滴定管的结构，所用滴定管为碱式滴定管，故答案为：碱式；用饱和的氯化钠溶液，降低氯气的溶解度；读数时应上下移动滴定管，使左右两边液面相平，保持内外气压相等，故答案为：饱和氯化钠溶液；上下移动滴定管，使左右两边液面相平；滴定管刻度由上而下增大，最后读数时俯视右边滴定管液面时，读数偏小，第一次与最后读数之差为测定气体的体积，测定气体的体积偏大，故答案为：偏大【点评】本题考查物质制备实验，涉及氯气制备、对
32、装置的分析评价、信息获取与迁移应用、气体体积测定等，关键是明确实验原理，是对学生综合能力的考查，难度中等9（14分）（2016南昌校级模拟）（1）X是短周期中原子半径最小的元素，X、Y组成的气体甲能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；Y的原子结构示意图是写出向硝酸铝溶液中通入过量气体甲的反应的离子方程式Al3+3NH3+3H2OAl（OH）3+3NH4+（2）用硝酸铝溶液（加入分散剂）制备纳米氧化铝粉体的一种工艺流程如图1已知：（CH2）6N4水溶液显碱性KspAl（OH）3=1.31033；溶液中离子浓度小于1105molL1时，可认为这种离子在溶液中不存在凝胶中含有的硝酸盐除硝酸铝外还有硝酸铵0.1
33、molL1上述硝酸盐溶液中，所含离子浓度由大到小的顺序是c（NO3）c（NH4+）c（H+）c（OH）（3）（图2）镍氢电池（NiMH）正极板材料为NiOOH，负极板材料为吸氢合金，该电池在充电过程中的总反应方程式是：Ni（OH）2+MNiOOH+MH放电时负极反应为：H22e+2OH2H2O；充电时阳极反应为：Ni（OH）2+OHeNiOOH+H2O利用镍氢电池电解50mL l.00mol/L食盐水，电解一段时间后，收集到标准状况下的X2气体1.12L（设电解后溶液体积不变）则电解后溶液的pH=14，阳极产生气体的体积在标准状况下是0.84L【考点】制备实验方案的设计【分析】（1）X是短周期
34、中原子半径最小的元素，则X为H元素；X、Y组成的气体甲能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则Y为N元素，甲为NH3；（2）硝酸铝加入（CH2）6N4水溶液充分搅拌，调节溶液pH=3.95时可生成氢氧化铝胶体，水浴加热生成氢氧化铝凝胶，冷却、干燥后煅烧可得纳米氧化铝（CH2）6N4水溶液显碱性，3价的N元素结合氢离子，+2价的CH2基团结合氢氧根离子，水解方程式为：（CH2）6N4+10H2O6HCHO+4NH4+4OH，溶液中会存在硝酸铵；硝酸铵溶液中NH4+离子水解，溶液呈酸性；（3）充电过程中的总反应方程式是：Ni（OH）2+MNiOOH+MH，属于电解过程放电时过程属于原电池，放电过程总反应式为
35、：NiOOH+MH=Ni（OH）2+M，负极发生氧化反应，氢气失去电子，碱性条件下生成水；充电时阳极发生氧化反应，Ni（OH）2失去电子生成NiOOH，由电荷守恒，有氢氧根离子参与反应，同时有水生成；石墨为阳极，Fe为阴极，X2气体为氢气，阴极只有氢离子放电，阳极首先是氯离子放电生成氯气，氯离子放电完毕，氢氧根离子放电生成氧气，氢气物质的量为0.05mol，氯化钠为0.05mol，NaCl不足，阳极有氧气生成，最终为NaOH溶液，根据钠离子守恒计算NaOH浓度，进而计算溶液pH；根据氯原子守恒计算氯气物质的量，根据电子转移守恒计算氧气物质的量，进而计算阳极得到气体体积【解答】解：（1）X是短周
36、期中原子半径最小的元素，则X为H元素；X、Y组成的气体甲能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则Y为N元素，甲为NH3Y为N元素，原子结构示意图是：，故答案为：；向硝酸铝溶液中通入过量氨气的反应的离子方程式：Al3+3NH3+3H2OAl（OH）3+3NH4+，故答案为：Al3+3NH3+3H2OAl（OH）3+3NH4+；（2）硝酸铝加入（CH2）6N4水溶液充分搅拌，调节溶液pH=3.95时可生成氢氧化铝胶体，水浴加热生成氢氧化铝凝胶，冷却、干燥后煅烧可得纳米氧化铝（CH2）6N4水溶液显碱性，3价的N元素结合氢离子，+2价的CH2基团结合氢氧根离子，水解方程式为：（CH2）6N4+10H2O6HC
37、HO+4NH4+4OH，溶液中会存在硝酸铵，故答案为：硝酸铵；硝酸铵溶液中NH4+离子水解，溶液呈酸性，溶液中离子浓度大小为：c（NO3）c（NH4+）c（H+）c（OH），故答案为：c（NO3）c（NH4+）c（H+）c（OH）；（3）充电过程中的总反应方程式是：Ni（OH）2+MNiOOH+MH，属于电解过程放电时过程属于原电池，放电过程总反应式为：NiOOH+MH=Ni（OH）2+M，负极发生氧化反应，氢气失去电子，碱性条件下生成水，负极电极反应式为：H22e+2OH2H2O，故答案为：H22e+2OH2H2O；充电时阳极发生氧化反应，Ni（OH）2失去电子生成NiOOH，由电荷守恒，有
38、氢氧根离子参与反应，同时有水生成，阳极电极反应式为：Ni（OH）2+OHeNiOOH+H2O，故答案为：Ni（OH）2+OHeNiOOH+H2O；石墨为阳极，Fe为阴极，X2气体为氢气，阴极只有氢离子放电，阳极首先是氯离子放电生成氯气，氯离子放电完毕，氢氧根离子放电生成氧气，氢气物质的量为=0.05mol，转移电子为0.05mol2=0.1mol，氯化钠为0.05L1mol/L=0.05mol，氯离子完全放电转移电子为0.05mol，故NaCl不足，阳极有氧气生成，最终为NaOH溶液，根据钠离子守恒c（OH）=c（NaOH）=c（NaCl）=1mol/L，故溶液中c（H+）=1014mol/L
39、，则溶液pH=lg1014=14，生成氯气为=0.025mol，根据电子转移守恒，生成氧气物质的量为=0.0125mol，阳极产生的气体为Cl2和O2，总体积V=（0.025+0.0125）mol22.4L/mol=0.84L，故答案为：14；0.84【点评】本题考查结构性质位置关系应用、盐类水解、原电池与电解原理等，属于拼合型题目，（2）中注意对水解反应的理解判断发生的反应，（3）中注意根据守恒法进行计算，是对学生综合能力的考查10（15分）（2016南昌校级模拟）（1）CO2经过催化氢化可合成低碳烯烃其合成乙烯的反应为：2CO2（g）+6H2（g）CH2=CH2（g）+4H2O（g）；H
40、几种物质的能量（在标准状况下，规定单质的能量为0，测得其他物质在生成时所放出或吸收的热量）如下表所示：物质H2（g）CO2（g）CH2=CH2H2O（g）能量：KJ/mol039452242则H=128kJ/mol（2）以稀硫酸为电解质溶液，利用太阳能也可将CO2转化为低碳烯烃，工作原理图如图1b电极的名称是正极产生丙烯的电极反应式为3CO2+18H+18e=CH3CH=CH2+6H2O（3）工业上采用CO2与乙苯脱氢生产重要化工原料苯乙烯，反应如下：；H0下列叙述能说明乙苯与CO2反应已达到平衡状态的是ada恒温恒压时气体密度不变bc（CO2）=c（CO）c消耗1mol CO2同时生成 1m
41、ol H2O dCO2的体积分数保持不变在2L密闭容器内，CO2与乙苯发生反应在三种不同的条件下进行实验，CO2、乙苯的起始浓度均分别为3mol/L和1mol/L，其中实验I在T1C、P1 Pa下，而实验、分别改变了某一个实验条件（假设均不影响物质的状态），乙苯的浓度随时间的变化如图2所示则：实验CO2在050min时的反应速率为0.012mol/（Lmin）实验可能改变的条件是升高温度实验达到平衡后，在该温度下，向该容器中再通入CO2和乙苯各1mol，重新达到平衡时，乙苯的转化率将减少（填“增大”、“减小”或“不变”），此时平衡常数为0.375【考点】化学平衡的影响因素；用盖斯定律进行有关反
42、应热的计算；原电池和电解池的工作原理【分析】（1）焓变等于生成物总能量减去反应物总能量；（2）根据图知，生成氧气的电极是阳极，则连接阳极的电源电极为正极；阴极上二氧化碳得电子和氢离子反应生成丙烯和水；（3）根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等（同种物质）或正逆速率之比等于化学计量数之比（不同物质），各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化；根据图I中乙苯的浓度变化，求出反应速率；根据图I中实验改变条件平衡逆向移动，反应速率增大，达平衡时间缩短；再通入CO2和乙苯各1mol，相当于减少二氧化碳的量，平衡逆向移动，重新达到平衡时，乙苯的转化率将减少
43、；平衡由于温度没变K值不变，用原平衡I计算：K=0.375【解答】解：（1）焓变等于生成物总能量减去反应物总能量，则该反应的焓变=52+（242）4（394）20kJ/mol=128kJ/mol，故答案为：128kJ/mol；（1）128KJ/mol（2分）（2）根据图知，生成氧气的电极是阳极，则连接阳极的电源电极为正极，所以b为正极，故答案为：正极；阴极上二氧化碳得电子和氢离子反应生成丙烯和水，电极反应式为3CO2+18H+18e=CH3CH=CH2+6H2O，故答案为：3CO2+18H+18e=CH3CH=CH2+6H2O；（3）a反应前后体积不变，质量守恒，所以体系的密度始终不变，故不能
44、用密度判断平衡，故a错误； bc（CO2）与c（CO）的浓度是否相等，与反应的起始量和转化率有关，所以当c（CO2）=c（CO）时，不能说明已经达到平衡状态，故b错误；c消耗1molCO2为正速率，同时生成1molH2O也是正速率，都是正速率，二者始终相等，不能说明已经达到平衡状态，故c错误；d随着反应的进行CO2的体积分数逐渐减小，当CO2的体积分数保持不变，即是平衡状态，故d正确；所以不能说明已达到平衡状态的是ad，故答案为：ad；根据图I中可知，050min时乙苯的浓度变化为1.0mol/L0.4mol/L=0.6mol/L，则其反应速率为=0.012mol/（Lmin）；故答案为：0.
45、012mol/（Lmin）；根据图I中实验改变条件平衡逆向移动，反应速率增大，达平衡时间缩短，所以改变的条件是升高温度，故答案为：升高温度再通入CO2和乙苯各1mol，相当于减少二氧化碳的量，平衡逆向移动，重新达到平衡时，乙苯的转化率将减少；平衡由于温度没变K值不变，用原平衡I计算：K=0.375，故答案为：减少；0.375【点评】本题综合性较大，涉及化学平衡状态的判断、化学平衡常数、化学平衡影响因素、反应速率的计算等，题目涉及的内容较多，侧重于考查学生对知识点的综合应用能力，题目难度中等三、（15分）【化学-选修2：化学与技术】11（15分）（2016南昌校级模拟）图l表示“侯氏制碱法”工业
46、流程，图2表示各物质的溶解度曲线回答下列问题：（1）图中X的化学式为CO2（2）沉淀池中发生反应的化学方程式为NaCl+H2O+NH3+CO2=NaHCO3+NH4Cl，该反应先向饱和食盐水中通入NH3（填化学式）至饱和，再通入另一种气体，若顺序颠倒，后果是不能析出NaHCO3晶体（3）沉淀池的反应温度控制在3035，原因是NaHCO3溶解度小，低于300C反应速率慢，高于350CNaHCO3分解，不利于NaHCO3晶体析出（4）母液中加入CaO后生成Y的化学方程式为CaO+2NH4Cl=CaCl2+2NH3+H2O（5）氯碱工业是指电解饱和食盐水，这里的碱是指NaOH（填化学式），其另外两种
47、气体产物可以用于工业上制取纯硅，流程如图3：整个制备过程必须严格控制无水无氧SiHCl3遇水剧烈反应，写出该反应的化学方程式SiHCl3+3H2OH2SiO3+3HCl+H2假设每一轮次制备1mol纯硅，且生产过程中硅元素没有损失，反应I中HCl的利用率为90%，反应II中H2的利用率为93.75%则在第二轮次的生产中，补充投入HCl 和H2的物质的量之比是5：1【考点】纯碱工业（侯氏制碱法）【分析】侯氏制碱法制取纯碱反应原理可用下列化学方程式表示：NaCl（饱和）+NH3+CO2+H2O=NaHCO3+NH4Cl，2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O根据反应原理，饱和食盐水中通入氨气和
48、二氧化碳析出碳酸氢钠晶体，再加热碳酸氢钠晶体就可以得到纯碱（1）根据碳酸氢钠煅烧的产物考虑；（2）饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳析出碳酸氢钠晶体，制取碳酸氢钠时先要得到含氨的饱和食盐水，所以应先通入氨气，氨气极易溶解于水，能形成较大浓度的溶液，有利于二氧化碳吸收，生成更多的碳酸氢铵，；（3）根据题中所给信息“35NH4HCO3会有分解”分析解答，根据影响反应速率的因素分析，要控制恒温；（4）母液中含有氯化铵，加入石灰乳后可以生成氨气；（5）电解饱和氯化钠溶液，能生成氢氧化钠、氯气和氢气；写出反应物和给出的生成物H2SiO3和HCl，用原子守恒法找出另一种生成物为H2，并配平；反应生产1mol纯
49、硅需补充HCl：3，需补充H2：1【解答】解：（1）碳酸氢钠煅烧生成碳酸钠、水、二氧化碳，所以X是二氧化碳（CO2），故答案为：CO2；（2）氨气、二氧化碳、水和氯化钠发生反应生成碳酸氢钠和氯化铵，反应方程式为NH3+H2O+CO2+NaClNH4Cl+NaHCO3，制取碳酸氢钠时先要得到含氨的饱和食盐水，所以应先通入氨气，氨气极易溶解于水，能形成较大浓度的溶液，有利于二氧化碳吸收，生成更多的碳酸氢铵，否则不能析出NaHCO3晶体，故答案为：NH3+H2O+CO2+NaClNH4Cl+NaHCO3，不能析出NaHCO3晶体；（3）根据题意“35NH4HCO3会有分解”，所以温度不能超过35；同
50、时反应速度受温度影响，温度太低反应速率太慢，所以温度必须控制在一个合理范围内，使温度保持一个恒定，故答案为：NaHCO3溶解度小，低于300C反应速率慢，高于350C NaHCO3分解，不利于NaHCO3晶体析出；（4）过滤后得到的母液中含有氯化铵，母液中加入石灰乳后，反应生成氨气，方程式为：CaO+2NH4Cl=CaCl2+2NH3+H2O，故答案为：CaO+2NH4Cl=CaCl2+2NH3+H2O；（5）电解饱和氯化钠溶液的方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2，碱是指NaOH，故答案为：NaOH；SiHCl3遇水剧烈反应生成H2SiO3、HCl和氢气：SiHCl3+3H
51、2OH2SiO3+H2+3HCl，故答案为：SiHCl3+3H2OH2SiO3+3HCl+H2；反应生产1mol纯硅需补充HCl：3，需补充H2：1，补充HCl与H2的物质的量之比为5：1，故答案为：5：1【点评】本题主要考查了学生运用溶解度有关知识分析解决纯碱制取过程中有关问题联合制碱法的原料、反应式以及副产物的回收利用，还考查硅及其化合物的性质，涉及化学方程式的书写、以及根据方程式的计算，计算是该题的难点四、（15分）【化学-选修3：­­物质结构与性质】12（2016南昌校级模拟）工业上常用CO与H2在由Zn、Cu等元素形成的催化剂作用下合成甲醇，甲醇在Cu
52、的催化作用下可氧化生成甲醛（1）图1是某同学画出CO分子中氧原子的核外电子排布图，请判断该排布图错误（填“正确”或“错误”），理由是违背泡利原理（若判断正确，该空不用回答）（2）写出两种与CO互为等电子体的离子CN、C22在甲醇分子中碳原子轨道的杂化类型为sp3（3）由黄铜矿冶炼的铜单质也可以参杂锌原子成为黄铜，写出黄铜合金中两种金属原子的外围电子排布式铜3d104s1；锌3d104s2 （4）甲醛与足量新制Cu（OH）2悬浊液加热可得砖红色沉淀Cu2O，写出该反应的化学方程式HCHO+4Cu（OH）2+2NaOHNa2CO3+2Cu2O+6H2O已知Cu2O晶胞的结构如图2所示：在该晶胞中，
53、Cu+的配位数是2若该晶胞的边长为a pm，则Cu2O的密度为gcm3（只要求列算式，不必计算出数值，阿伏伽德罗常数为NA）【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断【分析】（1）由图1电子轨道排布图可知，2p能级的其中1个轨道2个电子自旋方向相同，违背泡利原理；（2）原子数目相等、价电子总数相等的微粒互为等电子体；甲醇分子中C原子价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型；（3）Cu是29号元素、Zn是30号元素，Cu、Zn原子中3d、4s能级上电子为其外围电子，根据构造原理书写其原子外围电子排布式；（4）甲醛和新制氢氧化铜悬浊液发生氧化反应生成碳
54、酸钠、氧化亚铜和水；根据均摊法可知，晶胞中大球数目为2，小球数目为4，二者数目之比为1：2，由于为Cu2O晶胞的结构，故大球为O原子、小球为Cu原子，结合氧原子配位数确定；结合晶胞含有原子数目计算晶胞质量，再根据=计算晶胞密度【解答】解：（1）由图1电子轨道排布图可知，2p能级的其中1个轨道2个电子自旋方向相同，违背泡利原理，故答案为：错误；违背泡利原理；（2）CO分子中含有2个原子、价电子数是10个，则与CO互为等电子体的是CN、C22，甲醇分子中C原子价层电子对个数是4，所以C原子杂化方式为sp3，故答案为：CN、C22；sp3；（3）Cu是29号元素、Zn是30号元素，Cu、Zn原子中3
55、d、4s能级上电子为其外围电子，根据构造原理书写其原子外围电子排布式分别为铜3d104s1、锌3d104s2 ，故答案为：铜3d104s1；锌3d104s2 ；（4）在加热条件下，甲醛和新制氢氧化铜悬浊液发生氧化反应生成碳酸钠、氧化亚铜和水，反应方程式为HCHO+4Cu（OH）2+2NaOHNa2CO3+2Cu2O+6H2O，故答案为：HCHO+4Cu（OH）2+2NaOHNa2CO3+2Cu2O+6H2O；根据均摊法可知，晶胞中大球数目为2，小球数目为4，二者数目之比为1：2，由于为Cu2O晶胞的结构，故大球为O原子、小球为Cu原子，氧原子配位数为4，则该晶胞中，Cu+的配位数是2，故答案为
56、：2；晶胞质量为g，晶胞密度=g（a1010cm）3=gcm3，故答案为：【点评】本题考查物质结构和性质，为高频考点，涉及晶胞计算、原子杂化方式判断、原子核外电子排布、等电子体等知识点，侧重考查学生分析计算及应用能力，明确物质结构、基本理论是解本题关键，难点是晶胞计算，题目难度中等，注意（4）题单位换算，为易错点五、（15分）选修5-有机化学基础13（2016南昌校级模拟）扁桃酸衍生物是重要的医药中间体，以A和B 为原料合成扁桃酸衍生物F路线如下：（1）A的分子式为C2H2O3，可发生银镜反应，且具有酸性，写出A+BC的化学反应方程式：（2）C（）中、（从左到右编号）3个OH的酸性由弱到强的顺
57、序是：（3）E是由2分子C生成的含有3个六元环的化合物，E的分子中不同化学环境的氢原子有4种；F中非氧官能团名称为：溴原子（4）DF的反应类型是取代反应，1mol F在一定条件下与足量NaOH溶液反应，最多消耗NaOH的物质的量为：3mol（5）符合下列条件的F的同分异构体（不考虑立体异构） 有4种属于一元酸类化合物； 苯环上只有2个取代基且处于对位，遇氯化铁溶液发生显色反应【考点】有机物的推断【分析】（1）A的分子式为C2H2O3，可发生银镜反应，且具有酸性，含有醛基和羧基，则A是OHCCOOH，根据C的结构可知B是，A+BC发生加成反应；（2）羧基的酸性强于酚羟基，酚羟基的酸性强于醇羟基；
58、（3）C中有羟基和羧基，2分子C可以发生酯化反应，可以生成3个六元环的化合物，C分子间醇羟基、羧基发生酯化反应，则E为；（4）对比D、F的结构，可知溴原子取代OH位置；F中溴原子、酚羟基、酯基（羧酸与醇形成的酯基），都可以与氢氧化钠反应；（5）F的所有同分异构体符合：属于一元酸类化合物，苯环上只有2个取代基且处于对位，遇氯化铁溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，另外取代基为CBr（CH3）COOH、CH（CH2Br）COOH、CH2CHBrCOOH、CHBrCH2COOH【解答】解：（1）A的分子式为C2H2O3，可发生银镜反应，且具有酸性，含有醛基和羧基，则A是OHCCOOH，根据C的结构可知
59、B是，A+BC发生加成反应，反应方程式为：，故答案为：；（2）羧基的酸性强于酚羟基，酚羟基的酸性强于醇羟基，故强弱顺序为：，故答案为：；（3）C中有羟基和羧基，2分子C可以发生酯化反应，可以生成3个六元环的化合物，C分子间醇羟基、羧基发生酯化反应，则E为，为对称结构，分子中有4种化学环境不同的H原子，分别为苯环上2种、酚羟基中1种、亚甲基上1种，F中非氧官能团名称为：溴原子，故答案为：4；溴原子；（4）对比D、F的结构，可知溴原子取代OH位置，DF的反应类型是：取代反应；F中溴原子、酚羟基、酯基（羧酸与醇形成的酯基），都可以与氢氧化钠反应，1molF最多消耗3mol NaOH，故答案为：取代反应；3；（5）F的所有同分异构体符合：属于一元酸类化合物，苯环上只有2个取代基且处于对位，遇氯化铁溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，另外取代基为CBr（CH3）COOH、CH（CH2Br）COOH、CH2CHBrCOOH、CHBrCH2COOH，有4种，故答案为：4【点评】本题考查有机物的推断与合成、同分异构体的书写、常见有机反应类型、官能团的性质等，是对有机化学基础的综合考查，难度中等