1、江西省上饶市六校联考2015届高考化学二模试卷一、选择题（本题共7小题，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（6分）化学与生产，生活密切相关，下列有关说法中正确的是（）A玻璃、水泥、水晶都是硅酸盐制品B蚕丝和棉花的组成元素相同，结构不同，因而性质不同C石油的分馏和煤的气化、液化，涉及的都是物理变化D纤维素不能被人体消化吸收，但能促进肠道的蠕动，对人体有益2（6分）用铝制易拉罐收集满CO2，加入过量NaOH浓溶液，立即把口封闭发现易拉罐“咔咔”作响并变瘪了，过了一会儿，易拉罐又会作响并鼓起来，下列说法正确的是（）A导致易拉罐变瘪的离子反应是CO2+OH=HCO3B导致
2、易拉罐又鼓起来的反应是Al3+3HCO3=Al（OH）3+3CO2C上述过程中共发生了三个化学反应，且反应结束后的溶液呈碱性D若将CO2换为NH3，浓NaOH溶液换为水，易拉罐也会出现先瘪后鼓的现象3（6分）两种元素原子的核外电子层数之比与最外层电子数之比相等，则在核电荷数为118元素中，满足上述关系的元素共有（）A3对B4对C5对D6对4（6分）已知某弱酸的酸式盐NaH2XO4和Na2HXO4，其中NaH2XO4溶液呈弱酸性，Na2HXO4呈弱碱性，在10C时，浓度为0.1molL的NaH2XO4和Na2HXO4溶液中均存在的关系是（）Ac（H+）c（OH）11014Bc（Na+）+c（H+
3、）=c（H2XO4）+c（OH）+2c（HXO42）+3c（XO43）Cc（H+）+2c（H3XO4）+c（H2XO4）=c（XO43）+c（OH）Dc（H+）+c（H3XO4）=c（HXO42）+2c（XO43）+c（OH）5（6分）某温度时，BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示下列说法正确的是（）A加入Na2SO4可以使溶液由a点变到c点B通过蒸发可以使溶液由d点变到c点Cb点无BaSO4沉淀生成Da点对应的Ksp大于c点对应的Ksp6（6分）在氧气中灼烧有硫元素和铁元素组成的化合物0.44g，使其中的硫全部转化为二氧化硫，并将二氧化硫，全部氧化成硫酸，这些硫酸与20mL 0.5mo
4、lL1氢氧化钠溶液恰好完全中和，则原化合物中硫的质量分别约为（）A18%B46%C53%D36%7（6分）科学研究发现，具有高度对称性的有机分子具有致密性高，稳定性强，张力能大等特点，因此这些分子成为2014年化学界关注的热点，下面是几种常见高度对称烷烃的分子碳架结构这三种烷烃的二氯取代产物的同分异构体数目是（）A2种4种 8种B2种4种6种C1种3种6种D1种3种 8种三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第22题第32题为必考题，每个小题考生都必须作答第33题第40题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（11题共129分）8（15分）Al、Fe、Cu、S都是中学化学常见元素某混合物由Al
5、2O3、Cu2O、Fe3O4组成，将该混合物进行如图1处理：滤渣A的化学成分为（填化学式），则上述过程中，含“铜”物质发生反应的离子方程式为Cu2O+2H+Cu+Cu2+H2O、；滤液A中有无Fe3+？（填“有”或“无”），验证方法是（所述验证方法需与前一空的结论一致）向滤液A中加入过量NaOH溶液时Al3+发生反应的离子方程式为（1）CuFeS2中Fe的化合价为价，CuFeS2与氧气反应可得产物Cu2S、FeS和SO2，则该反应的氧化产物为（填化学式）（2）SO2的排放会造成大气污染，可设计如图2所示装置用SO2生产硫酸写出SO2的电极反应方程式：，也可用NaOH溶液吸收SO2，所得NaHS
6、O3溶液pH7，则该溶液中存在离子的物质的量浓度由大到小的顺序是9（14分）实验室制备甲基丙烯酸甲酯的反应装置示意图和有关信息如下：药品相对分子质量熔点/沸点/溶解性密度（gcm3）甲醇329864.5与水混溶，易溶于有机溶剂0.79甲基丙烯酸8615161溶于热水，易溶于有机剂1.01甲基丙烯酸甲酯10048100微溶于水，易溶于有机溶剂0.944实验步骤：向100mL烧瓶中依次加入：15mL甲基丙烯酸、2粒沸石、10mL无水甲醇、适量的浓硫酸；按图示连接装置加热烧瓶中混合液，通过分水器分离出水，用锥形瓶盛接收集产生的水；当不再有水生成，停止加热；冷却后用试剂X洗涤烧瓶中的混合溶液并分离；取
7、有机层混合液减压蒸馏，得到较纯净的甲基丙烯酸甲酯请回答下列问题：（1）A装置的名称是（2）上述实验中浓硫酸有提高甲基丙烯酸甲酯产率的作用，其原理但是浓硫酸过多，产率降低，原因是（3）上述实验可能生成的副产物结构简式为（填一种即可）（4）试剂X宜选择a饱和食盐水 b氢氧化钠溶液 c饱和碳酸钠溶液（5）实验结束收集分水器分离出的水，并测得质量为2.70g，计算甲基丙烯酸甲酯的产率约为实验中甲基丙烯酸甲酯的实际产率总是小于此计算值，其原因不可能是a分水器收集的水里含甲酯 b实验条件下发生副反应c产品精制时收集部分低沸点物质 d产品在洗涤、蒸发过程中有损失10（14分）NH3经一系列反应可以得到HNO
8、3和NH4NO3，如图1所示（1）中，NH3和O2在催化剂作用下反应，其化学方程式是（2）中，2NO（g）+O2（g）2N02（g）在其它条件相同时，分别测得NO的平衡转化率在不同压强（p1，p2）下随温度变化的曲线（如图2）比较p1，p2的大小关系：随温度升高，该反应平衡常数变化的趋势是（3）中，降低温度，将NO2（g）转化为N2O4（l），再制备浓硝酸已知：2NO2（g）N2O4（g）H12NO2（g）N2O4（l）H2图3中能量变化示意图中，正确的是（选填字母）N2O4与O2、H2O化合的化学方程式是（4）中，电解NO制备NH4NO3，其工作原理如图4所示，为使电解产物全部转化为NH4N
9、O3，需补充物质A，A是，说明理由：四、选考部分（共29分请考生从给出的2道物理题、3道化学题、1道生物题中每科任选一题作答如果多做，则每学科按所做的第一题计分）化学与技术11（15分）根据废水中所含有害物质的不同，工业上有多种废水的处理方法（1）废水I若采用CO2处理，离子方程式是废水常用明矾处理实践中发现废水中的c（HCO3）越大，净水效果越好，这是因为废水中汞元素存在如下转化（在空格上填化学式）：Hg2+=CH3Hg+我国规定，Hg2+的排放标准不能超过0.05mg/L对于含Hg2+的污水，可加入沉淀剂（填写化学式），使Hg2+除去，降低污染废水常用Cl2氧化CN成CO2和N2，若参加反
10、应的Cl2与CN的物质的量之比为5：2，则该反应的离子方程式为（2）化学需氧量（COD）可量度水体受有机物污染的程度，它是指在一定条件下，用强氧化剂处理水样时所消耗的氧化剂的量，换算成氧的含量（以mg/L计）某研究性学习小组测定某水样的化学需氧量（COD），过程如下：取V1mL水样于锥形瓶，加入10.00mL 0.2500mol/L K2Cr2O7溶液加碎瓷片少许，然后慢慢加入硫酸酸化，混合均匀，加热反应完毕后，冷却，加指示剂，用c mol/L的硫酸亚铁铵（NH4）2Fe（SO4）2溶液滴定终点时消耗硫酸亚铁铵溶液V2 mL中，量取K2Cr2O7溶液的仪器是中，发生的反应为：Cr2O72+6F
11、e2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O由此可知，该水样的化学需氧量COD=mg/L（用含c、V1、V2的表达式表示）化学一选修3：物质结构与性质12化学一物质结构与性质砷化镓为第三代半导体，以其为材料制造的灯泡寿命长耗能少已知砷化镓的晶胞结构如图所示请回答下列问题：（1）下列说法正确的是（填序号）A砷化镓晶胞结构与NaCl相同B第一电离能 AsGaC电负性 AsGaD原子半径 AsGa（2）砷化镓可由（CH3）3Ga和AsH3在700下反应制得，反应的方程式为；（3）AsH3空间形状为；已知（CH3）3Ga为非极性分子，则其中镓原子的杂化方式为；金属铜的导电性仅次于银，居金属中的第二位，大
12、量用于电气工业（4）请解释金属铜能导电的原因，Cu2+的核外电子排布式为（5）在硫酸铜溶液中通入过量的氨气，小心蒸发，最终得到深蓝色的Cu（NH3）4SO4晶体，晶体中含有的化学键除普通共价键外，还有和有机化学基础（15分）13双酚A型环氧树脂是由双酚A、环氧氯丙烷在碱性条件下缩合而成的高分子化合物具有良好的物理化学性能，被广泛应用于涂料、胶粘剂等领域根据该树脂的合成路线图示，回答以下问题：（1）写出上图中、两步的反应方程式：；（2）乙酸丙烯酯有多种同分异构体，其中能发生银镜反应，且核磁共振氢谱上只有两种峰，强度比为3：1的同分异构体的结构简式为；其中可以和NaHCO3溶液反应又能使溴水反应而
13、褪色的有种（不考虑立体异构）（3）双酚A的另一重要用途是和光气（）合成Lexan聚碳酸酯（一种高强材料，可用于制作防弹窗户）写出此合成反应的化学方程式：江西省上饶市六校联考2015届高考化学二模试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共7小题，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（6分）化学与生产，生活密切相关，下列有关说法中正确的是（）A玻璃、水泥、水晶都是硅酸盐制品B蚕丝和棉花的组成元素相同，结构不同，因而性质不同C石油的分馏和煤的气化、液化，涉及的都是物理变化D纤维素不能被人体消化吸收，但能促进肠道的蠕动，对人体有益考点：物理变化与化学变化的区别与联系；玻璃的主
14、要化学成分、生产原料及其用途；纤维素的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点 分析：A水晶的主要成分为二氧化硅；B蚕丝的主要成份为蛋白质，含有C、H、O、N等元素，棉花的主要成份为纤维素，含有C、H、O元素，分子结构不同；C煤的气化、液化都是化学变化；D人体内无纤维素酶解答：解：A水晶的主要成分为二氧化硅，不是硅酸盐；水泥、玻璃是硅酸盐制品，故A错误； B蚕丝和棉花的组成元素不相同，分子结构不同，因而性质不同，故B错误；C煤的气化是煤在氧气不足的条件下进行部分氧化形成H2、CO等气体的过程煤的液化是将煤与H2在催化剂作用下转化为液体燃料或利用煤产生的H2和CO通过化学合成产生液体燃料或其他
15、液体化工产品的过程，都是化学变化，故C错误；D人体内无纤维素酶，纤维素不能被人体消化吸收，但能促进肠道的蠕动，故D正确故选D点评：本题考查化学与生活，涉及硅及其化合物的性质、纤维素和蛋白质的组成性质、煤的加工等，为高频考点，主要相关基础知识的积累，难度不大2（6分）用铝制易拉罐收集满CO2，加入过量NaOH浓溶液，立即把口封闭发现易拉罐“咔咔”作响并变瘪了，过了一会儿，易拉罐又会作响并鼓起来，下列说法正确的是（）A导致易拉罐变瘪的离子反应是CO2+OH=HCO3B导致易拉罐又鼓起来的反应是Al3+3HCO3=Al（OH）3+3CO2C上述过程中共发生了三个化学反应，且反应结束后的溶液呈碱性D若
16、将CO2换为NH3，浓NaOH溶液换为水，易拉罐也会出现先瘪后鼓的现象考点：铝的化学性质 分析：易拉罐变瘪发生CO2+2OHCO32+H2O，气体的压强变小；过一会儿后，易拉罐又会作响并鼓起来，发生2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2，气体压强增大，以此来解答解答：解：A气体与碱反应，导致易拉罐变瘪，反应为CO2+2OHCO32+H2O，故A错误；B易拉罐又会作响并鼓起来，发生2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2，气体压强增大，故B错误；C上述过程共发生CO2+2OHCO32+H2O、2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2、Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O反应，反
17、应后溶液显碱性，故C正确；D将CO2换为NH3，浓NaOH溶液换为水，只发生氨气与水反应，则易拉罐也会出现变瘪的现象，故D错误；故选C点评：本题考查Al的化学性质及离子反应，为高频考点，明确发生的化学反应是解答本题的关键，题目难度不大，选项C为解答的难点，侧重分析与知识应用能力的考查3（6分）两种元素原子的核外电子层数之比与最外层电子数之比相等，则在核电荷数为118元素中，满足上述关系的元素共有（）A3对B4对C5对D6对考点：元素周期表的结构及其应用 分析：短周期元素中，两种元素原子的核外电子层数之比情况：1：1；1：2；1：3；2：3据此确定最外层电子数进而确定元素组合短周期元素中满足元素
18、原子的核外电子层数之比与最外层电子数之比相等有H、Be；He、C；H、Al；He、S；Be、Al；C、S以此来分析解答：解：短周期元素中，两种元素原子的核外电子层数之比情况为1：1、1：2、1：3、2：3，若电子层数之比为1：1，则两元素处于同一周期，不存在；若电子层数之比为1：2，则两元素分别处于第一、第二周期，当最外层电子数分别为1、2时，对应元素为H、Be；当最外层电子数分别为2、4时，对应元素为He、C；当最外层电子数分别为3、6时，不存在；若电子层数之比为1：3，则两元素分别处于第一、第三周期，当最外层电子数分别为1、3时，对应元素为H、Al；当最外层电子数分别为2、6时，对应元素为
19、He、S；若电子层数之比为2：3，则两元素分别处于第二、第三周期，当最外层电子数分别为2、3时，对应元素为Be、Al；当最外层电子数分别为4、6时，对应元素为C、S故满足条件组合有：H、Be；He、C；H、Al；He、S；Be、Al；C、S故选D点评：本题考查原子结构，明确原子的电子层数与最外层电子数是解答本题的关键，难度不大4（6分）已知某弱酸的酸式盐NaH2XO4和Na2HXO4，其中NaH2XO4溶液呈弱酸性，Na2HXO4呈弱碱性，在10C时，浓度为0.1molL的NaH2XO4和Na2HXO4溶液中均存在的关系是（）Ac（H+）c（OH）11014Bc（Na+）+c（H+）=c（H2
20、XO4）+c（OH）+2c（HXO42）+3c（XO43）Cc（H+）+2c（H3XO4）+c（H2XO4）=c（XO43）+c（OH）Dc（H+）+c（H3XO4）=c（HXO42）+2c（XO43）+c（OH）考点：离子浓度大小的比较 分析：NaH2XO4的溶液呈酸性，说明H2XO4电离程度大于水解程度，Na2HXO4溶液呈碱性，说明HXO42水解程度大于电离程度，溶液中存在物料守恒，0.1molL1NaH2XO4溶液中存在：c（Na+）=c（H2XO4）+c（HXO42）+c（XO43）+c（H3XO4），Na2HXO4溶液中存在：c（Na+）=2c（H2XO4）+2c（HXO42）+2
21、c（XO43）+2c（H3XO4），由溶液呈电中性原则可知，c（Na+）+c（H+）=c（H2XO4）+c（OH）+2c（HXO42）+3c（XO43），结合物料守恒和电荷守恒联式比较，注意水的离子积常数与温度的关系解答：解：A常温下c（H+）c（OH）=11014，温度升高，促进水的电离，水的离子积常数增大，则10时，c（H+）c（OH）11014，故A错误；B由溶液呈电中性原则可知，溶液中阳离子所带电荷等于阴离子所带电荷，则c（Na+）+c（H+）=c（H2XO4）+c（OH）+2c（HXO42）+3c（XO43），故B正确；C溶液中存在物料守恒，0.1molL1NaH2XO4溶液中存在：
22、c（Na+）=c（H2XO4）+c（HXO42）+c（XO43）+c（H3XO4），Na2HXO4溶液中存在：c（Na+）=2c（H2XO4）+2c（HXO42）+2c（XO43）+2c（H3XO4），由电中性原则可知，两种溶液中都存在：c（Na+）+c（H+）=c（H2XO4）+c（OH）+2c（HXO42）+3c（XO43），则有0.1molL1NaH2XO4溶液中存在：c（H3XO4）+c（H+）=c（OH）+c（HXO42）+2c（XO43），Na2HXO4溶液中存在：c（H2XO4）+c（H+）+2c（H3XO4）=c（OH）+c（XO43），则只有Na2HXO4溶液中存在该关系，故
23、C错误；D由C分析可知，只有0.1molL1NaH2XO4溶液中存在该关系，故D错误故选B点评：本题考查离子浓度的大小比较，题目难度较大，解答本题时注意从守恒的角度分析，本题中还要注意题目要求，即浓度均为0.1molL1NaH2XO4溶液和Na2HXO4溶液中均存在的关系，此为解答该题的关键之处，注意审题5（6分）某温度时，BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示下列说法正确的是（）A加入Na2SO4可以使溶液由a点变到c点B通过蒸发可以使溶液由d点变到c点Cb点无BaSO4沉淀生成Da点对应的Ksp大于c点对应的Ksp考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质 专题：电离平衡与溶液的pH专
24、题分析：该图中的是平衡曲线，线上的任意点都是平衡状态，b和d不是平衡状态，A加人Na2SO4后平衡逆向移动，但仍在线上移动；B蒸发使离子浓度增大，d点不可能到c点；Cb点表示QcKsp，溶液过饱和；DKsp与温度有关，a和c的Ksp相等解答：解：A硫酸钡溶液中存在着溶解平衡，a点在平衡曲线上，加入Na2SO4，会增大c（SO42），平衡左移，c（Ba2+）降低，故A正确；Bd点时溶液不饱和，蒸发溶剂水，c（SO42）、c（Ba2+）均增大，故B错误；Cb点表示QcKsp，溶液过饱和，有沉淀析出，故C错误；DKsp是一常数，温度不变Ksp不变，在曲线上的任意一点Ksp都相等，故D错误故选A点评：
25、本题考查沉淀溶解平衡，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，题目难度中等，注意理解难溶电解质在水中的沉淀溶解平衡特点，正确理解和掌握溶度积KSP的概念6（6分）在氧气中灼烧有硫元素和铁元素组成的化合物0.44g，使其中的硫全部转化为二氧化硫，并将二氧化硫，全部氧化成硫酸，这些硫酸与20mL 0.5molL1氢氧化钠溶液恰好完全中和，则原化合物中硫的质量分别约为（）A18%B46%C53%D36%考点：化学方程式的有关计算 专题：计算题分析：根据n=cV计算NaOH的物质的量，关系式为SSO2H2SO42NaOH，据此计算S元素物质的量，再计算S元素质量，进而可计算质量分数解答：解：n（NaO
26、H）=0.02L0.50mol/L=0.01mol，由反应的关系式SSO2H2SO42NaOH可知，n（S）=0.01mol=0.005mol，则硫和铁组成的化合物中m（S）=0.005mol32g/mol=0.16g，则（S）=36%，故选D点评：本题考查化学方程式有关计算，题目难度不大，对应多步反应的计算，注意关系式的进行解答7（6分）科学研究发现，具有高度对称性的有机分子具有致密性高，稳定性强，张力能大等特点，因此这些分子成为2014年化学界关注的热点，下面是几种常见高度对称烷烃的分子碳架结构这三种烷烃的二氯取代产物的同分异构体数目是（）A2种4种 8种B2种4种6种C1种3种6种D1种
27、3种 8种考点：同分异构现象和同分异构体 分析：先根据氢原子的种类写出一氯代物的种类，烃的二氯代物的同分异构体可以采用固定一个氯原子的方法来寻找解答：解：正面体中含有1种氢原子，一氯代物有1种，二氯代物只有1种：两个氯原子在立方体同边有一种情况；立方烷中含有1种氢原子，一氯代物有1种，二氯代物有3种：两个氯原子在立方体同边有一种情况，两个氯原子的位置在对角有两种情况；金刚烷的结构可看作是由四个等同的六元环组成的空间构型，分子中含4个CH，6个CH2，分子中含有2氢原子，所以该物质的一氯代物有2种，当次甲基有一个氯原子取代后，二氯代物有3种，当亚甲基有一个氯原子取代后，二氯代物有3种，共6种；故
28、选C点评：本题考查同分异构体的书写，难度中等，关键对空间结构有清晰的理解和取代产物的判断三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第22题第32题为必考题，每个小题考生都必须作答第33题第40题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（11题共129分）8（15分）Al、Fe、Cu、S都是中学化学常见元素某混合物由Al2O3、Cu2O、Fe3O4组成，将该混合物进行如图1处理：滤渣A的化学成分为Cu（填化学式），则上述过程中，含“铜”物质发生反应的离子方程式为Cu2O+2H+Cu+Cu2+H2O、Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+；滤液A中有无Fe3+？无（填“有”或“无”），验证方法是取少许滤液
29、A放于小试管中，向其中滴加几滴 KSCN溶液，溶液不变为红色（所述验证方法需与前一空的结论一致）向滤液A中加入过量NaOH溶液时Al3+发生反应的离子方程式为Al3+4OH=AlO2+2H2O（1）CuFeS2中Fe的化合价为+2价，CuFeS2与氧气反应可得产物Cu2S、FeS和SO2，则该反应的氧化产物为SO2（填化学式）（2）SO2的排放会造成大气污染，可设计如图2所示装置用SO2生产硫酸写出SO2的电极反应方程式：SO22e+2H2O=4H+SO42，也可用NaOH溶液吸收SO2，所得NaHSO3溶液pH7，则该溶液中存在离子的物质的量浓度由大到小的顺序是C（Na+）C（HSO3）C（
30、H+）C（SO32）C（OH）考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用 分析：（1）Cu2O与酸反应生成Cu和Cu2+，Al2O3与酸反应生成Al3+，Fe3O4与酸反应生成Fe2+、Fe3+，Fe3+与Cu反应生成Fe2+，则滤液A中含有Cu2+、Fe2+、Al3+，滤渣A中含Cu，检验铁离子用硫氰酸钾溶液；（2）CuFeS2中Cu为+2价，S为2价，则由化合物中元素的化合价代数和为0可知Fe为+2价，CuFeS2与氧气反应可得产物Cu2S、FeS和SO2气体，S元素的化合价升高；（3）通入SO2和过量的空气，SO2几乎被完全吸收，生成硫酸，在负极上二氧化硫失电子生成硫酸根离子，解答：解
31、：（1）Cu2O与酸反应生成Cu和Cu2+，Al2O3与酸反应生成Al3+，Fe3O4与酸反应生成Fe2+、Fe3+，Fe3+与Cu反应生成Fe2+，则滤液A中含有Cu2+、Fe2+、Al3+，滤渣A中含Cu；由上述分析可知，滤渣A的化学成分为Cu，则上述过程中，含“铜”物质发生反应的离子方程式为Cu2O+2H+Cu+Cu2+H2O、Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+，故答案为：Cu；Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+；Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+中Cu过量，则滤液中不含Fe3+，检验方法为取少量滤液A加KSCN溶液，无现象，故答案为：无；取少许滤液A放于小试管中，向其中滴加几滴
32、KSCN溶液，溶液不变为红色；向滤液A中加入过量NaOH溶液时，Al3+发生反应的离子方程式为Al3+4OH=AlO2+2H2O，故答案为：Al3+4OH=AlO2+2H2O；（2）CuFeS2中Cu为+2价，S为2价，则由化合物中元素的化合价代数和为0可知Fe为0（2）2（+2）=+2价，CuFeS2与氧气反应可得产物Cu2S、FeS和SO2气体，S元素的化合价升高，该反应的氧化产物为SO2，故答案为：+2；SO2；（3）通入SO2和过量的空气，SO2几乎被完全吸收，生成硫酸，化学反应为2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，在负极上二氧化硫失电子反应生成硫酸根离子，电极反应式为SO22e+
33、2H2O=4H+SO42，用NaOH溶液吸收SO2，所得NaHSO3溶液pH7，溶液显酸性，说明亚硫酸根离子电离大于其水解，则该溶液中存在离子的物质的量浓度由大到小的顺序是C（Na+）C（HSO3）C（H+）C（SO32）C（OH）；故答案为：SO22e+2H2O=4H+SO42，C（Na+）C（HSO3）C（H+）C（SO32）C（OH）；点评：本题考查分离提纯的综合应用及金属化合物的性质，为高频考点，把握物质的性质、流程中的反应、原电池原理等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度中等9（14分）实验室制备甲基丙烯酸甲酯的反应装置示意图和有关信息如下：药品相对分子质量熔点/沸点/溶
34、解性密度（gcm3）甲醇329864.5与水混溶，易溶于有机溶剂0.79甲基丙烯酸8615161溶于热水，易溶于有机剂1.01甲基丙烯酸甲酯10048100微溶于水，易溶于有机溶剂0.944实验步骤：向100mL烧瓶中依次加入：15mL甲基丙烯酸、2粒沸石、10mL无水甲醇、适量的浓硫酸；按图示连接装置加热烧瓶中混合液，通过分水器分离出水，用锥形瓶盛接收集产生的水；当不再有水生成，停止加热；冷却后用试剂X洗涤烧瓶中的混合溶液并分离；取有机层混合液减压蒸馏，得到较纯净的甲基丙烯酸甲酯请回答下列问题：（1）A装置的名称是球形冷凝管（2）上述实验中浓硫酸有提高甲基丙烯酸甲酯产率的作用，其原理浓硫酸吸
35、收产物水，能使酯化反应向正方向移动但是浓硫酸过多，产率降低，原因是浓硫酸具有强氧化性，能氧化有机反应物（3）上述实验可能生成的副产物结构简式为CH3OCH3（填一种即可）（4）试剂X宜选择ca饱和食盐水 b氢氧化钠溶液 c饱和碳酸钠溶液（5）实验结束收集分水器分离出的水，并测得质量为2.70g，计算甲基丙烯酸甲酯的产率约为85.2%实验中甲基丙烯酸甲酯的实际产率总是小于此计算值，其原因不可能是ca分水器收集的水里含甲酯 b实验条件下发生副反应c产品精制时收集部分低沸点物质 d产品在洗涤、蒸发过程中有损失考点：制备实验方案的设计 分析：（1）装置A为球形冷凝管；（2）浓硫酸吸收产物水，使酯化反应
36、向正方向移动；浓硫酸具有强氧化性，能氧化有机反应物；（3）甲醇之间可以发生分子间脱水反应生成甲醚；（4）用试剂X洗涤产品，需要洗去表面羧酸及甲醇，且应降低酯的溶解度，结合乙酸乙酯的洗涤解答；（5）计算甲基丙烯酸、甲醇的质量，进行过量计算，根据不足量的物质计算产品的理论产量，根据生成水的质量计算产品实际产量，进而计算产率；a分水器收集的水里含甲酯，产品的质量偏小；b实验条件下发生副反应，会导致产品质量偏小；c产品精制时收集部分低沸点物质，会导致产品质量偏大；d产品在洗涤、蒸发过程中有损失，会导致产品质量偏小解答：解：（1）由仪器的结构特征，可知装置A为球形冷凝管，故答案为：球形冷凝管；（2）浓硫
37、酸吸收产物水，能使酯化反应向正方向移动，可以提高甲基丙烯酸甲酯产率；浓硫酸具有强氧化性，能氧化有机反应物，浓硫酸过多，产率反而降低，故答案为：浓硫酸吸收产物水，能使酯化反应向正方向移动；（3）甲醇之间可以发生分子间脱水反应生成甲醚，可能产生的副产物有CH3OCH3等，故答案为：CH3OCH3；（4）用试剂X洗涤产品，需要洗去表面羧酸及甲醇，且应降低酯的溶解度，结合乙酸乙酯的洗涤可知，选择饱和碳酸钠溶液，饱和食盐水难消去羧酸，氢氧化钠溶液碱性太强，会导致产品水解，故答案为：c；（5）甲基丙烯酸、15mL甲基丙烯酸的质量为15mL1.01g/mL=15.15g，10mL无水甲醇的质量为10mL0.
38、79g/mL=7.9g，甲醇完全反应需要甲基丙烯酸的质量为86g/mol=21.23g15.15g，故甲醇过量，则理论生成甲基丙烯酸甲酯的质量为100g/mol，测得生成水的质量为2.70g，则实际得到甲基丙烯酸甲酯的质量为100g/mol=15g，故产率为15g（100g/mol）100%=85.2%；a分水器收集的水里含甲酯，产品的质量偏小，产率偏低，故a不选；b实验条件下发生副反应，会导致产品质量偏小，产率偏低，故b不选；c产品精制时收集部分低沸点物质，会导致产品质量偏大，产率偏大，故c选；d产品在洗涤、蒸发过程中有损失，会导致产品质量偏小，产率偏低，故d不选，故答案为：85.2%；c点
39、评：本题考查有机物的制备实验，涉及化学仪器识别、物质的分离提纯、平衡移动、产率计算等，注意利用乙酸乙酯的制备进行迁移解答10（14分）NH3经一系列反应可以得到HNO3和NH4NO3，如图1所示（1）中，NH3和O2在催化剂作用下反应，其化学方程式是4NH3+5O24NO+6H2O（2）中，2NO（g）+O2（g）2N02（g）在其它条件相同时，分别测得NO的平衡转化率在不同压强（p1，p2）下随温度变化的曲线（如图2）比较p1，p2的大小关系：p1p2随温度升高，该反应平衡常数变化的趋势是减小（3）中，降低温度，将NO2（g）转化为N2O4（l），再制备浓硝酸已知：2NO2（g）N2O4（g
40、）H12NO2（g）N2O4（l）H2图3中能量变化示意图中，正确的是（选填字母）AN2O4与O2、H2O化合的化学方程式是2N2O4+O2+2H2O=4HNO3（4）中，电解NO制备NH4NO3，其工作原理如图4所示，为使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充物质A，A是NH3，说明理由：根据反应8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，电解生成的HNO3多考点：化学平衡常数的含义；反应热和焓变；化学平衡的影响因素；电解原理 专题：化学反应中的能量变化；化学平衡专题；电化学专题分析：（1）氨气与氧气在催化剂加热的条件下生成NO与水；（2）已知2NO（g）+O2（g）2N02（g）是正方向体
41、积减小的反应，根据压强对平衡的影响分析；根据图象2判断该反应正方向是放热还是吸热，再判断K随温度的变化；（3）降低温度，将NO2（g）转化为N2O4（l）说明反应2NO2（g）N2O4（l）为放热反应，同种物质液态时能量比气态时能量低；N2O4与O2、H2O化合生成硝酸，根据得失电子守恒和原子守恒写出反应的方程式；（4）根据电解NO制备NH4NO3的反应方程式分析判断解答：解：（1）氨气与氧气在催化剂加热的条件下生成NO与水，反应方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；（2）已知2NO（g）+O2（g）2N02（g）是正方向体积减小的反应，增大压
42、强平衡正移，则NO的转化率会增大，由图可知P2时NO的转化率大，则P2时压强大，即P1P2；故答案为：P1P2；由图象2可知，随着温度的升高，NO的转化率减小，说明升高温度平衡逆移，则该反应正方向是放热反应，所以升高温度平衡常数K减小；故答案为：减小；（3）降低温度，将NO2（g）转化为N2O4（l）说明反应2NO2（g）N2O4（l）为放热反应，所以在图象中该反应的反应物的总能量比生成物的总能量高，同种物质气态变液态会放出热量，即液态时能量比气态时能量低，则N2O4（l）具有的能量比N2O4（g）具有的能量低，图象A符合，故A正确；故答案为：A；N2O4与O2、H2O化合生成硝酸，其反应的化
43、学方程式为：2N2O4+O2+2H2O=4HNO3；故答案为：2N2O4+O2+2H2O=4HNO3；（4）电解NO制备NH4NO3，阳极反应为NO3e+2H2O=NO3+4H+，阴极反应为：NO+5e+6H+=NH4+H2O，从两极反应可看出，要使得失电子守恒，阳极产生的NO3的物质的量大于阴极产生的NH4+的物质的量，总反应方程式为：8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，因此若要使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充NH3；故答案为：NH3；根据反应8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，电解生成的HNO3多点评：本题考查了化学方程式书写、影响平衡及平衡常数的因素、能量变化图的
44、分析等，题目涉及的知识点较多，侧重于考查学生的综合运用能力，难度中等，注意基础知识的积累掌握四、选考部分（共29分请考生从给出的2道物理题、3道化学题、1道生物题中每科任选一题作答如果多做，则每学科按所做的第一题计分）化学与技术11（15分）根据废水中所含有害物质的不同，工业上有多种废水的处理方法（1）废水I若采用CO2处理，离子方程式是OH+CO2HCO3废水常用明矾处理实践中发现废水中的c（HCO3）越大，净水效果越好，这是因为HCO3会促进Al3+的水解，生成更多的Al（OH）3，净水效果增强废水中汞元素存在如下转化（在空格上填化学式）：Hg2+CH4=CH3Hg+H+我国规定，Hg2+
45、的排放标准不能超过0.05mg/L对于含Hg2+的污水，可加入沉淀剂Na2S（填写化学式），使Hg2+除去，降低污染废水常用Cl2氧化CN成CO2和N2，若参加反应的Cl2与CN的物质的量之比为5：2，则该反应的离子方程式为5Cl2+2CN+4H2O10Cl+2CO2+N2+8H+（2）化学需氧量（COD）可量度水体受有机物污染的程度，它是指在一定条件下，用强氧化剂处理水样时所消耗的氧化剂的量，换算成氧的含量（以mg/L计）某研究性学习小组测定某水样的化学需氧量（COD），过程如下：取V1mL水样于锥形瓶，加入10.00mL 0.2500mol/L K2Cr2O7溶液加碎瓷片少许，然后慢慢加入
46、硫酸酸化，混合均匀，加热反应完毕后，冷却，加指示剂，用c mol/L的硫酸亚铁铵（NH4）2Fe（SO4）2溶液滴定终点时消耗硫酸亚铁铵溶液V2 mL中，量取K2Cr2O7溶液的仪器是酸式滴定管（或移液管）中，发生的反应为：Cr2O72+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O由此可知，该水样的化学需氧量COD=mg/L（用含c、V1、V2的表达式表示）考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；探究物质的组成或测量物质的含量 专题：实验设计题分析：（1）中和法利用二氧化碳和碱反应的性质可除去OH；HCO3可与Al3+发生互促水解反应；由质量守恒可知，应为甲烷与Hg2+的反应；可加入沉
47、淀剂Na2S，使Hg2+除去；根据反应物的物质的量关系结合质量守恒配平；（2）K2Cr207具有强氧化性，应用酸式滴定管或移液管量取；根据反应的离子方程式计算解答：解：（1）pH接近7，用CO2处理，生成HCO3，则反应的离子方程式为OH+CO2=HCO3，故答案为：OH+CO2=HCO3；HCO3和Al3+发生相互促进的水解，生成CO2和Al（OH）3，从而增强净水效果，故答案为：HCO3会促进Al3+的水解，生成更多的Al（OH）3，净水效果增强；根据电荷守恒可质量守恒可知，应为Hg2+和CH4反应生成CH3Hg+和H+，对于含Hg2+的污水，可加入沉淀剂Na2S，使Hg2+除去，反应的离
48、子方程式为Hg2+S2=HgS，故答案为：CH4 ；H+；Na2S；废水常用C12氧化CN成CO2和N2，若参加反应的C12与CN的物质的量之比为5：2，则反应的离子方程式为5Cl2+2CN+4H2O=10Cl+2CO2+N2+8H+，故答案为：5Cl2+2CN+4H2O=10Cl+2CO2+N2+8H+；（2）K2Cr207具有强氧化性，应用酸式滴定管或移液管量取，如用碱式滴定管，会腐蚀橡胶管，故答案为：酸式滴定管（或移液管）；n（K2Cr2O7）=0.01L0.2500mol/L=2.5103mol，n（Fe2+）=V2103Lcmol/L=cV2103mol，由Cr2O72+6Fe2+1
49、4H+2Cr3+6Fe3+7H2O可知，水样消耗的n（K2Cr2O7）=2.5103molcV2103mol=103mol，得电子：2（63）103mol=（15cV2）103mol，根据电子转移，相等于（15cV2）103mol氧气，m（O）=（15cV2）103mol32g/mol=8（15cV2）103g=8（15cV2）mg，所以：COD=mg/L，故答案为：点评：本题是一道化学和生活相结合的题目，注重知识的迁移应用，能较好的考查学生分析和解决问题的能力，为2015届高考常见题型和高频考点，题目信息量较大，注意把握题给信息，答题时仔细审题，难度中等化学一选修3：物质结构与性质12化学一
50、物质结构与性质砷化镓为第三代半导体，以其为材料制造的灯泡寿命长耗能少已知砷化镓的晶胞结构如图所示请回答下列问题：（1）下列说法正确的是BC（填序号）A砷化镓晶胞结构与NaCl相同B第一电离能 AsGaC电负性 AsGaD原子半径 AsGa（2）砷化镓可由（CH3）3Ga和AsH3在700下反应制得，反应的方程式为（CH3）3Ga+AsH3GaAs+3CH4；（3）AsH3空间形状为三角锥型；已知（CH3）3Ga为非极性分子，则其中镓原子的杂化方式为sp2；金属铜的导电性仅次于银，居金属中的第二位，大量用于电气工业（4）请解释金属铜能导电的原因铜为金属晶体，由铜离子与自由电子构成，自由电子在外加
51、电场的作用下可以发生定向移动，Cu2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d9（5）在硫酸铜溶液中通入过量的氨气，小心蒸发，最终得到深蓝色的Cu（NH3）4SO4晶体，晶体中含有的化学键除普通共价键外，还有离子键和配位键考点：晶胞的计算；判断简单分子或离子的构型；配合物的成键情况 专题：化学键与晶体结构分析：（1）A对比GaAs与NaCl中阴阳离子在晶胞中的分布可判断晶胞结构是否一样；B同周期元素从左到右第一电离能逐渐增大；C同周期元素从左到右电负性逐渐增大；D同周期自左而右原子半径减小；（2）砷化镓可由（CH3）3Ga和AsH3在700下反应制得，根据原子守恒可知还生成CH4；
52、（3）根据中心原子成键与含有孤电子对数判断分子的空间构型可杂化方式；（4）根据金属晶体的构成微粒分析解答；根据能量最低原理书写电子排布式；（5）Cu（NH3）4SO4晶体属于配合物，配离子与硫酸根之间形成离子键、铜离子与氨气分子之间形成配位键，氨气分子、硫酸根离子中存在普通共价键解答：解：（1）AGaAs晶体中As分布于晶胞体心，Ga分布于顶点和面心，而NaCl中阴阳离子分别位于晶胞的顶点、面心以及棱和体心，二者结构不同，故A错误；B同周期元素从左到右第一电离能逐渐增大，则第一电离能：AsGa，故B正确；C同周期元素从左到右电负性逐渐增大，则电负性：AsGa，故C正确；D同周期自左而右原子半径
53、减小，故原子半径AsGa，故D错误，故答案为：BC；（2）反应为（CH3）3Ga和AsH3，生成为GaAs，根据原子守恒可知还应有和CH4，反应的化学方程式为：（CH3）3Ga+AsH3GaAs+3CH4，故答案为：（CH3）3Ga+AsH3GaAs+3CH4；（3）AsH3中含有3个键和1个孤电子对，为三角锥形，（CH3）3Ga中Ga形成3个键，没有孤电子对，为sp2杂化，故答案为：三角锥型；sp2；（4）铜为金属晶体，由铜离子与自由电子构成，自由电子在外加电场的作用下可以发生定向移动，故可以导电，Cu2+的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d9，故答案为：铜为金属晶体，由铜
54、离子与自由电子构成，自由电子在外加电场的作用下可以发生定向移动；1s22s22p63s23p63d9；（5）Cu（NH3）4SO4晶体属于配合物，配离子与硫酸根之间形成离子键、铜离子与氨气分子之间形成配位键，）Cu（NH3）4SO4晶体属于配合物，氨气分子、硫酸根离子中存在普通共价键，四氨合铜络离子与硫酸根之间形成离子键、铜离子与氨气分子之间形成配位键，故答案为：离子键、配位键点评：考查学生对物质结构与性质模块的掌握情况，重点考查结构知识，涉及电离能、电负性、原子半径、空间结构、杂化轨道、化学式、金属晶体电子气理论，考查知识全面、覆盖广，难度适中，可以衡量学生对该模块主干知识的掌握情况有机化学
55、基础（15分）13双酚A型环氧树脂是由双酚A、环氧氯丙烷在碱性条件下缩合而成的高分子化合物具有良好的物理化学性能，被广泛应用于涂料、胶粘剂等领域根据该树脂的合成路线图示，回答以下问题：（1）写出上图中、两步的反应方程式：；（2）乙酸丙烯酯有多种同分异构体，其中能发生银镜反应，且核磁共振氢谱上只有两种峰，强度比为3：1的同分异构体的结构简式为OHCC（CH3）2CHO；其中可以和NaHCO3溶液反应又能使溴水反应而褪色的有8种（不考虑立体异构）（3）双酚A的另一重要用途是和光气（）合成Lexan聚碳酸酯（一种高强材料，可用于制作防弹窗户）写出此合成反应的化学方程式：考点：有机物的合成 专题：有机
56、物的化学性质及推断分析：（1）根据流程，反应为与Cl2、H2O发生加成反应；反应为在氢氧化钙的条件下脱氯化氢生成环氧有机物的反应；（2）乙酸丙烯酯有多种同分异构体，能发生银镜反应，说明含有醛基，且核磁共振氢谱上只有两种峰，强度比为3：1，则分子结构对称，据此书写；其中可以和NaHCO3溶液反应又能使溴水反应而褪色则即含有羧基又含有碳碳双键的，据此判断；（3）双酚A和光气（）合成Lexan聚碳酸酯，则根据双酚A脱酚羟基上的氢，光气（）脱氯原子书写方程式；解答：解：（1）根据流程，反应为与Cl2、H2O发生加成反应，方程式为；反应为在氢氧化钙的条件下脱氯化氢生成环氧有机物的反应，方程式为，故答案为
57、：，；（2）乙酸丙烯酯有多种同分异构体，能发生银镜反应，说明含有醛基，且核磁共振氢谱上只有两种峰，强度比为3：1，则分子结构对称，符合条件的同分异构体为OHCC（CH3）2CHO；可以和NaHCO3溶液反应又能使溴水反应而褪色则即含有羧基又含有碳碳双键的，则符合条件的同分异构体为CH3CH2CH=CHCOOH，CH3CH=CHCH2COOH，CH2=CHCH2CH2COOH，CH3CH=C（CH3）COOH，CH2=CHCH（CH3）COOH，CH2=C（CH2CH3）COOH，CH3C（CH3）=CHCOOH，CH2=C（CH3）CH2COOH共8种，故答案为：OHCC（CH3）2CHO；8；（3）根据双酚A脱酚羟基上的氢，光气（）脱氯原子合成Lexan聚碳酸酯，反应方程式为：；故答案为：；点评：本题考查有机物的合成等知识，题目难度中等，解答本题注意把握有机物的结构，特别是官能团的性质，是解答该类题目的关键