1、江苏省苏锡常镇四市2015届高考化学一模试卷一、单项选择题：（本题包括10小题，每小题2分，共计20分每小题只有一个选项符合题意）1我国科学家制得了SiO2超分子纳米管，微观结构如图下列叙述正确的是( )ASiO2与干冰的晶体结构相似BSiO2耐腐蚀，不与任何酸反应C工业上用SiO2制备粗硅D光纤主要成分是SiO2，具有导电性2下列关于化学用语的表示正确的是( )AHClO的电子式：B中子数为16的硫原子：SCK+的结构示意图：D对硝基甲苯的结构简式：325时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )ApH=1的溶液中：Na+、NH4+、NO3、ClOB=1010的溶液中：K+、Ba2
2、+、NO3、ClC0.1 molL1NaAlO2溶液中：Na+、Al3+、HCO3、SO42D常温下，在c（H+）水c（OH）水=1026的溶液中：K+、Fe2+、Cl、NO34如图是金属镁和卤素单质（X2）反应的能量变化示意图下列说法正确的是( )A由MgCl2制取Mg是放热过程B热稳定性：MgI2MgBr2MgCl2MgF2C常温下氧化性：F2Cl2Br2I2D由图可知此温度下MgBr2（s）与Cl2（g）反应的热化学方程式为：MgBr2（s）+Cl2（g）MgCl2（s）+Br2（g），H=117kJmol15下列物质性质与应用对应关系不正确的是( )A生石灰能与水反应，可用于实验室干燥
3、氯气B二氧化氯具有强氧化性，可用于自来水的杀菌消毒C常温下，铝与浓硫酸发生钝化，可用铝槽车贮运浓硫酸D钠是一种具有强还原性的金属，可用于冶炼钛、锆、铌等金属6下列有关实验装置进行的相应实验，不能达到实验目的是( )A用装置制取氯气B用装置除去氯气中的少量氯化氢和水蒸气C用装置可证明Cl2的氧化性强于SD用装置可以完成“喷泉”实验7设NA为阿伏伽德罗常数的值下列说法正确的是( )A标准状况下，2.24L苯中含CH数目为0.6 NAB常温下，9.2gNO2和N2O4的混合气体中含有的氮原子数目为0.2NAC常温下，1.0LpH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH离子数目为0.1NAD在反应KCl
4、O3+6HClKCl+3Cl2+3H2O中，每生成3molCl2转移的电子数为6NA8下列指定反应的离子方程式正确的是( )A酸性条件下，用H2O2将I转化为I2：H2O2+2II2+2OHB氯化铝溶液中加入过量的氨水：Al3+4NH3H2OAlO2+4NH4+2H2OC氨水溶解氯化银固体：AgCl+2 NH3H2OAg（NH3）2+Cl+2H2OD用饱和纯碱溶液洗涤试管中残留的苯酚：CO32+2C6H5OH2C6H5O+CO2+H2O9下列各组物质中，不能满足组内任意两种物质在一定条件下均能发生反应的是( )甲乙丙AH2SO4NH4HCO3Ba（OH）2BH2SNaOHSO2CNH3NO2H
5、NO3DFeBr3Cl2CuAABBCCDD10短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且原子最外层电子数之和为16Y的原子半径比X的大，X与W同主族，Z是地壳中含量最高的金属元素下列说法正确的是( )A原子半径的大小顺序： r（W）r（Z）r（Y）B元素X、Y只能形成一种化合物C元素W的简单气态氢化物的热稳定性比X的强DY、W最高价氧化物所对应的水化物均能溶解Z的氢氧化物二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计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，该小题得0分；若正确答案包括两个选项时，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
6、一个，该小题就得0分11下列有关说法正确的是( )A在潮湿的环境中，铜容易发生析氢腐蚀形成铜绿B常温下，pH均为5的盐酸、氯化铵溶液中，水的电离程度相同C8NH3（g）+6NO（g）7N2（g）+12H2O（g）H0，则该反应一定能自发进行D对于乙酸乙酯的水解反应（H0），加入少量氢氧化钠溶液并加热，该反应的反应速率和平衡常数均增大12羟氨苄青霉素是高效、广谱和低毒的抗生素，其结构简式如图所示下列说法不正确的是( )A羟氨苄青霉素在空气中不能稳定存在B每个羟氨苄青霉素分子中含有3个手性碳原子C羟氨苄青霉素既能与盐酸反应，又能与碳酸氢钠溶液反应D1mol羟氨苄青霉素与氢氧化钠溶液反应时，最多消耗
7、4molNaOH13下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是( )选项实验操作实验现象结论A用洁净的铂丝蘸取某食盐试样在酒精灯火焰上灼烧火焰显黄色该食盐中不含有KIO3B将SO2气体通入到Ba（NO3）2溶液中生成白色沉淀此沉淀是BaSO3C取久置的Na2O2粉末，向其中滴加过量的盐酸产生无色气体Na2O2没有变质D在CuSO4溶液中加入KI溶液，再加入苯，振荡、静置有白色沉淀生成，苯层呈紫色白色沉淀可能为CuIAABBCCDD1425时，用2a molL1NaOH溶液滴定1.0L2a molL1氢氟酸溶液，得到混合液中HF、F的物质的量与溶液pH的变化关系如图所示下列说法正确的是( )Ap
8、H=3时，溶液中：c（Na+）c（F）Bc（F）c（HF）时，溶液一定呈碱性CpH=3.45时，NaOH溶液恰好与HF完全反应DpH=4时，溶液中：c（HF）+c（Na+）+c（H+）c（OH）2amolL115一定温度时，向2.0L恒容密闭容器中充入1.0mol PCl5，反应PCl5（g）PCl3（g）+Cl2（g）经过一段时间后达到平衡测定各物质的物质的量的部分数据如下表下列说法正确的是( )PCl5PCl3Cl2500.162500.23500.8A前50 s反应的平均速率v（PCl3）=0.0016 molL1s1B其他条件不变，降低温度，平衡时c（PCl3）=0.09molL1，则
9、反应的H0C相同温度下，起始时向容器中充入2.0 mol PCl3和2.0 mol Cl2，达到平衡时，PCl3的转化率大于80%D相同温度下，起始时向容器中充入1.0 mol PCl5、0.20 mol PCl3和0.20 mol Cl2，反应达到平衡前v（逆）v（正）三、解答题（共5小题，满分68分）16电镀污泥主要含有Cr2O3、NiO和Fe2O3等物质，可制备Na2Cr2O7溶液和NiSO46H2O晶体，实现有害物质的资源化利用已知黄钠铁矾NaFe3（SO4）2（OH）6是一种浅黄色的难溶物，具有沉淀颗粒大、沉降速率快、容易过滤的特点（1）焙烧时Cr2O3被氧化为Na2CrO4，该反应
10、的化学方程式为_（2）写出酸化时CrO42转化为Cr2O72的离子方程式：_（3）加入CaCO3的目的是中和溶液中的酸，调节溶液pH，提高铁的去除率溶液pH对除铁效率影响如图2所示则除铁时应控制溶液的pH为_（填序号）A0.51.5 B1.52.5 C2.53.5除铁时发生反应的离子方程式为_若除铁时pH稍大会生成Fe（OH）3胶体，显著降低除铁效率，原因是_（4）从滤液中获取NiSO46H2O晶体的操作为_、冷却结晶、过滤、_、干燥17龙胆酸烷基酯类F是一种药物皮肤美白剂，合成路线如下：（1）D（龙胆酸）中含氧官能团的名称为_、_（2）EF的反应类型是_（3）写出DE反应的化学方程式：_（4
11、）写出满足下列条件的龙胆酸乙酯（）的一种同分异构体结构简式：_能发生银镜反应，与FeCl3不发生显色反应但其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应核磁共振氢谱有四组峰，且峰的面积之比为6：2：1：1（5）已知：水杨酸乙酯（）广泛应用于日用香皂等根据已有知识并结合相关信息，写出以苯、乙醇为原料制备水杨酸乙酯的合成路线流程图（无机试剂任用）合成路线流程图示例如下：CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH_18过氧化银（Ag2O2）作为活性物质，广泛应用于抗菌消毒和化学能源等领域（1）过氧化银抗菌消毒的可能原因是_（2）AlAg2O2电池可用作水下动力电源，其原理如图1所示该电池的负极反应
12、式为_（3）用NaClONaOH溶液氧化AgNO3，制得高纯度的纳米级Ag2O2写出该反应的离子方程式：_（4）用上述方法制得的Ag2O2会含有少量的Ag2O可用热重分析法测定Ag2O2的纯度其步骤如下：取某样品27.12g在N2气氛下加热，测得不同温度下对应的剩余固体的质量与温度的关系曲线（即失重曲线）如图2所示CD段发生反应的化学方程式是_计算样品中Ag2O2的质量分数 （写出计算过程）_19某地煤矸石经预处理后主要含SiO2（61%）、Al2O3（30%）和少量的Fe2O3、FeO及钙镁的化合物等某实验小组利用其提取Al（OH）3（1）“酸浸”过程中发生的主要反应的离子方程式为_为提高“
13、酸浸”时铝浸出率，可采取的措施之一是_（2）“氧化”是将Fe2+氧化成Fe3+，其目的是_检验Fe3+已水解完全的方法是_（3）滤渣的主要成分是CaCO3、Mg（OH）2和_（4）上述流程中可循环利用的物质的化学式是_“转化”时主要反应的离子方程式为_（5）Fe3+开始沉淀和沉淀完全的pH分别为2.1和3.2，Al3+开始沉淀和沉淀完全的pH分别为4.1和5.4为了获得产品Al（OH）3，从氧化后的溶液开始，若只用纯碱一种试剂，后续操作是_20催化剂是化工技术的核心，绝大多数的化工生产需采用催化工艺（1）接触法制硫酸中采用V2O5作催化剂：4FeS2（s）+11O2（g）=2Fe2O3（s）+
14、8SO2（g）H=3412kJmol12SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H=196.6kJmol1SO3（g）+H2O（l）=H2SO4（l）H=130.3kJmol1以FeS2为原料，理论上生产2mol H2SO4（l）所释放出的热量为_kJ（2）电子工业中使用的一氧化碳常以甲醇为原料通过脱氢、分解两步反应得到第一步：2CH3OH（g）HCOOCH3（g）+2H2（g）H0 第二步：HCOOCH3（g）CH3OH（g）+CO（g）H0第一步反应的机理可以用如图1所示图中中间产物X的结构简式为_在工业生产中，为提高CO的产率，可采取的合理措施有_（3）采用一种新型的催化剂（主要成分是Cu
15、Mn合金），利用CO和H2制备二甲醚（DME）主反应：2CO（g）+4H2（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）副反应：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）测得反应体系中各物质的产率或转化率与催化剂的关系如图2所示则催化剂中n（Mn）/n（Cu）约为_时最有利于二甲醚的合成（4）催化剂Ni使用长久后会部分转化为Ni2O3而降低催化效率一种Ni再生的方法是：用CO将含有等物质的量的Ni和Ni2O3的催化剂还原得到粗镍；在一定温度下使粗镍中的Ni与CO结合成Ni（CO）4；180时使Ni（CO）4重新分解产生镍单质上述、中参加反应的CO物质的量
16、之比为_（5）纳米级Cu2O具有优良的催化性能，制取Cu2O的方法有：加热条件下用液态肼（N2H4）还原新制Cu（OH）2制备纳米级Cu2O，同时放出N2该制法的化学方程式为_用阴离子交换膜控制电解液中OH的浓度制备纳米Cu2O，反应为2Cu+H2OCu2O+H2，如图3所示该电解池的阳极反应式为_A、物质结构与性质21Fe2+、Fe3+与O22、CN、F、有机分子等形成的化合物具有广泛的应用（1）C、N、O原子的第一电离能由大到小的顺序是_（2）Fe2+基态核外电子排布式为_（3）乙酰基二茂铁是常用汽油抗震剂，其结构如图1所示此物质中碳原子的杂化方式是_（4）配合物K3Fe（CN）6可用于电
17、子传感器的制作与配体互为等电子体的一种分子的化学式为_已知（CN）2是直线型分子，并具有对称性，则（CN）2中键和键的个数比为_（5）F不仅可与Fe3+形成FeF63，还可以与Mg2+、K+形成一种立方晶系的离子晶体，此晶体应用于激光领域，结构如图2所示该晶体的化学式为_B实验化学22FridelCrafts反应：ArH+RXArR+HX；H0（Ar表示苯基）是向苯环上引入烷基方法之一某化学兴趣小组在实验室先利用叔丁醇与盐酸反应制得叔丁基氯（沸点50.7），再利用FridelCrafts反应制备对叔丁基苯酚（熔点99）反应流程如图所示：（1）分液用到的主要仪器是_（2）对有机层依次用饱和碳酸氢
18、钠和蒸馏水洗涤，饱和碳酸氢钠的作用是_通过_操作可将叔丁基氯粗产物转化为较为纯净的叔丁基氯（3）写出本实验中反应的化学方程式：_该反应用冷水浴控制适当温度，其原因是_（4）对叔丁基苯酚有时候呈现紫色，原因可能是_江苏省苏锡常镇四市2015届高考化学一模试卷一、单项选择题：（本题包括10小题，每小题2分，共计20分每小题只有一个选项符合题意）1我国科学家制得了SiO2超分子纳米管，微观结构如图下列叙述正确的是( )ASiO2与干冰的晶体结构相似BSiO2耐腐蚀，不与任何酸反应C工业上用SiO2制备粗硅D光纤主要成分是SiO2，具有导电性考点：硅和二氧化硅；纳米材料 分析：A、SiO2是原子晶体而
19、干冰是分子晶体，结构不相似；B、SiO2耐腐蚀，与氢氟酸反应；C、工业上用SiO2与焦炭反应制备粗硅；D、光纤主要成分是SiO2，晶体硅具有导电性；解答：解：A、SiO2是原子晶体而干冰是分子晶体，结构不相似，故A错误；B、SiO2耐腐蚀，与氢氟酸反应，故B错误；C、工业上用SiO2与焦炭反应生成一氧化碳和粗硅，故C正确；D、光纤主要成分是SiO2，晶体硅具有导电性，而二氧化硅不导电，故D错误；故选C点评：本题考查硅和二氧化硅的性质和应用，学生只要掌握二氧化硅的性质，就可以迅速解题了，比较容易2下列关于化学用语的表示正确的是( )AHClO的电子式：B中子数为16的硫原子：SCK+的结构示意图
20、：D对硝基甲苯的结构简式：考点：电子式、化学式或化学符号及名称的综合；原子结构示意图 分析：A次氯酸为共价化合物，分子中存在1个氧氢键和1个氢氯键；B元素符号的左上角表示质量数、左下角表示质子数；C钾离子的核电荷数为19，核外电子总数为18；D官能团硝酸的表示方法不规范解答：解：A次氯酸属于共价化合物，其分子中存在1个氧氢键和1个氢氯键，次氯酸的电子式为：，故A正确；B硫原子的质子数为16，中子数为16的硫原子的质量数为32，该原子的正确表示方法为：1632S，故B错误；C钾离子和钾原子的核电荷数都是19，钾离子的最外层达到8电子稳定结构，其正确的离子结构示意图为：，故C错误；D对硝基苯酚的结
21、构简式中，硝基表示错误，正确的结构简式为：，故D错误；故选A点评：本题考查了电子式、离子结构示意图、结构简式、元素符号等化学用语的表示方法判断，题目难度中等，熟练掌握常见化学用语的书写原则为解答关键，试题培养了学生规范答题的能力325时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )ApH=1的溶液中：Na+、NH4+、NO3、ClOB=1010的溶液中：K+、Ba2+、NO3、ClC0.1 molL1NaAlO2溶液中：Na+、Al3+、HCO3、SO42D常温下，在c（H+）水c（OH）水=1026的溶液中：K+、Fe2+、Cl、NO3考点：离子共存问题 分析：ApH=1的溶液中存在大量
22、氢离子，次氯酸根离子与氢离子反应；B该溶液为碱性溶液，溶液中存在大量氢氧根离子，四种离子之间不发生反应，都不与氢氧根离子反应；C偏铝酸根离子、铝离子之间发生双水解反应，偏铝酸钠能够与碳酸氢根离子反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸根离子；D该溶液为酸性或碱性溶液，溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化亚铁离子；亚铁离子能够与氢氧根离子反应解答：解：ApH=1的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，ClO离子与氢离子反应生成次氯酸，在溶液中不能大量共存，故A错误；B该溶液氢氧根离子浓度为0.01mol/L，K+、Ba2+、NO3、Cl离子之间不反应，都不与氢氧根离子
23、反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；CAlO2、HCO3之间反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸根离子，Al3+、AlO2之间发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；D常温下，在c（H+）水c（OH）水=1026的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，Fe2+与氢氧根离子反应，NO3在酸性溶液中能够氧化Fe2+，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选B点评：本题考查离子共存的判断，题目难度中等，注意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离子之间；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH；是“可能”共存，还是“一
24、定”共存等4如图是金属镁和卤素单质（X2）反应的能量变化示意图下列说法正确的是( )A由MgCl2制取Mg是放热过程B热稳定性：MgI2MgBr2MgCl2MgF2C常温下氧化性：F2Cl2Br2I2D由图可知此温度下MgBr2（s）与Cl2（g）反应的热化学方程式为：MgBr2（s）+Cl2（g）MgCl2（s）+Br2（g），H=117kJmol1考点：反应热和焓变；同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系 分析：A、依据图象分析判断，Mg与Cl2的能量高于MgCl2，据此分析；B、物质能量越高越活泼，越不稳定；C、氧化性：F2Cl2Br2I2；D、根据盖斯定律构建目标方程式书写解答：解
25、：A、依据图象分析判断，Mg与Cl2的能量高于MgCl2，依据能量守恒判断，所以由MgCl2制取Mg是吸热反应，故A错误；B、物质的能量越低越稳定，易图象数据分析，化合物的热稳定性顺序为：MgI2MgBr2MgCl2MgF2，故B错误；C、氧化性：F2Cl2Br2I2，故C错误；D、依据图象Mg（s）+Cl2（l）=MgCl2（s）H=641kJ/mol，Mg（s）+Br2（l）=MgBr2（s）H=524kJ/mol，将第一个方程式减去第二方程式得MgBr2（s）+Cl2（g）MgCl2（s）+Br2（g）H=117KJmol1，故D正确；故选D点评：本题考查了反应焓变的判断计算，物质能量越
26、高越活泼，能量守恒是解题关键，题目难度中等5下列物质性质与应用对应关系不正确的是( )A生石灰能与水反应，可用于实验室干燥氯气B二氧化氯具有强氧化性，可用于自来水的杀菌消毒C常温下，铝与浓硫酸发生钝化，可用铝槽车贮运浓硫酸D钠是一种具有强还原性的金属，可用于冶炼钛、锆、铌等金属考点：浓硫酸的性质；氯气的化学性质；钠的化学性质 分析：A氯气能够与氢氧化钙反应；B二氧化氯中氯的化合价为+4价，具有较强的氧化性；C浓硫酸具有强氧化性，可使铝钝化；D钠的还原性很强，可以从熔融盐中置换某些不活泼的金属解答：解：A生石灰与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙能够与氯气反应，不能干燥氯气，故A错误；B二氧化氯中氯的
27、化合价为+4价，不稳定，易转变为1价，从而体现较强的氧化性，可用于自来水的杀菌消毒，故B正确；C浓硫酸具有强氧化性，可使铝钝化，所以在常温下用铝质容器贮运浓硫酸，故C正确；D金属钠的化学性质强于金属钛，可以将金属钛、钽、铌、锆等从其熔融态的盐中置换出来，所以可以用来冶炼金属钛、钽、铌、锆等，故D正确；故选A点评：本题考查了物质的用途，性质决定用途，明确物质的性质是解题关键，注意钝化为化学反应，题目难度不大6下列有关实验装置进行的相应实验，不能达到实验目的是( )A用装置制取氯气B用装置除去氯气中的少量氯化氢和水蒸气C用装置可证明Cl2的氧化性强于SD用装置可以完成“喷泉”实验考点：化学实验方案
28、的评价 分析：A加热下，浓盐酸与二氧化锰发生氧化还原反应生成氯气；B应先除去HCl，再干燥；C氯气与硫化钠反应生成S，烧杯中NaOH吸收尾气；D氯气易与NaOH反应，挤压胶头滴管可引发喷泉解答：解：A加热下，浓盐酸与二氧化锰发生氧化还原反应生成氯气，则图中固体、液体且加热装置可制备氯气，故A正确；B应先除去HCl，再干燥，应先通过饱和食盐水，再通过浓硫酸，故B错误；C氯气与硫化钠反应生成S，烧杯中NaOH吸收尾气，则图中装置可证明Cl2的氧化性强于S，故C正确；D氯气易与NaOH反应，挤压胶头滴管可引发喷泉，则装置可以完成“喷泉”实验，故D正确；故选B点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考
29、点，涉及物质的制备、混合物分离提纯、氧化还原反应、物质的性质等，把握物质的性质及反应原理、图中装置的作用为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大7设NA为阿伏伽德罗常数的值下列说法正确的是( )A标准状况下，2.24L苯中含CH数目为0.6 NAB常温下，9.2gNO2和N2O4的混合气体中含有的氮原子数目为0.2NAC常温下，1.0LpH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH离子数目为0.1NAD在反应KClO3+6HClKCl+3Cl2+3H2O中，每生成3molCl2转移的电子数为6NA考点：阿伏加德罗常数 分析：A、标况下，苯为液态；B、NO2和N2O4的最简式均为NO2；
30、C、在NaOH溶液中，H+全部来自于水的电离；D、此反应是归中反应解答：解：A、标况下，苯为液态，故A错误；B、NO2和N2O4的最简式均为NO2，9.2g混合物中含有的NO2的物质的量n=0.2mol，故含有的氮原子的个数为0.2NA个，故B正确；C、在NaOH溶液中，H+全部来自于水的电离，1.0LpH=13的NaOH溶液中，C（H+）=1013mol/L，全部来自于水的电离，故水电离出的氢离子的物质的量为1013mol，故C错误；D、此反应是归中反应，每生成3mol氯气转移5mol电子，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，掌握公式的使用和物质的结构、状态是解题关键，难
31、度不大8下列指定反应的离子方程式正确的是( )A酸性条件下，用H2O2将I转化为I2：H2O2+2II2+2OHB氯化铝溶液中加入过量的氨水：Al3+4NH3H2OAlO2+4NH4+2H2OC氨水溶解氯化银固体：AgCl+2 NH3H2OAg（NH3）2+Cl+2H2OD用饱和纯碱溶液洗涤试管中残留的苯酚：CO32+2C6H5OH2C6H5O+CO2+H2O考点：离子方程式的书写 分析：A酸性条件下，氢氧根离子不能存在；B不符合反应的客观事实；C氯化银与氨水发生络合反应生成可溶性络合物；D苯酚的酸性弱于碳酸解答：解：A酸性条件下，用H2O2将I转化为I2，离子方程式：2H+H2O2+2II2
32、+2H2O，故A错误；B氯化铝溶液中加入过量的氨水反应生成氯化铵和氢氧化铝，离子方程式：Al3+3 NH3H2OAl（OH）3+3NH4+，故B错误；C氨水溶解氯化银固体，离子方程式：AgCl+2 NH3H2OAg（NH3）2+Cl+2H2O，故C正确；D用饱和纯碱溶液洗涤试管中残留的苯酚，离子方程式：CO32+C6H5OHC6H5O+HCO3，故D错误；故选：C点评：本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质是解题关键，注意反应必须符合客观事实，题目难度不大9下列各组物质中，不能满足组内任意两种物质在一定条件下均能发生反应的是( )甲乙丙AH2SO4NH4HCO3Ba（OH）2BH2SNaOH
33、SO2CNH3NO2HNO3DFeBr3Cl2CuAABBCCDD考点：氯气的化学性质；氨的化学性质；二氧化硫的化学性质 分析：A碳酸氢氨为弱酸的酸式盐既能与碱反应又能与酸反应，硫酸与氢氧化钡发生酸碱中和反应；B硫化氢与氢氧化钠发生酸碱中和反应，氢氧化钠与二氧化硫反应生成亚硫酸钠和水，硫化氢与二氧化硫发生氧化还原反应；C二氧化氮与硝酸不反应；D氯气能够氧化溴化铁，能够氧化铜，溴化铁能够与铜发生氧化还原反应解答：解：A碳酸氢氨为弱酸的酸式盐既能与碱反应又能与酸反应，硫酸与氢氧化钡发生酸碱中和反应，所以符合题意，故A不选；B硫化氢与氢氧化钠发生酸碱中和反应，氢氧化钠与二氧化硫反应生成亚硫酸钠和水，
34、硫化氢与二氧化硫发生氧化还原反应，三者两两都能够反应，符合题意，故B不选；C氨气与二氧化氮能够发生氧化还原反应，氨气能够与硝酸反应生成硝酸铵，二氧化氮与硝酸不反应，故C选；D氯气能够氧化溴化铁，能够氧化铜，溴化铁能够与铜发生氧化还原反应，三者两两都能够反应，符合题意，故D不选；故选：C点评：本题考查考查物质之间的反应，把握常见物质的性质及发生的化学反应为解答的关键，题目难度不大10短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且原子最外层电子数之和为16Y的原子半径比X的大，X与W同主族，Z是地壳中含量最高的金属元素下列说法正确的是( )A原子半径的大小顺序：r（W）r（Z）r（Y）B元素X、Y
35、只能形成一种化合物C元素W的简单气态氢化物的热稳定性比X的强DY、W最高价氧化物所对应的水化物均能溶解Z的氢氧化物考点：原子结构与元素周期律的关系 分析：短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Z是地壳中含量最高的金属元素，则Z为Al；W原子序数大于Al，只能处于第三周期，X与W同主族，则X处于第二周期，Y的原子半径比X的大，二者不能同周期，则Y处于第三周期，只能为Na或Mg元素，由四元素原子最外层电子数之和为16，则X、Y、W原子最外层电子数之和为163=13，由奇偶性可知，Y只能处于奇数族，故Y为Na，则X、Y原子最外层电子数为（131）2=6，则X为O元素、W为S元素，据此解答解答：
36、解：短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Z是地壳中含量最高的金属元素，则Z为Al；W原子序数大于Al，只能处于第三周期，X与W同主族，则X处于第二周期，Y的原子半径比X的大，二者不能同周期，则Y处于第三周期，只能为Na或Mg元素，由四元素原子最外层电子数之和为16，则X、Y、W原子最外层电子数之和为163=13，由奇偶性可知，Y只能处于奇数族，故Y为Na，则X、W原子最外层电子数为（131）2=6，则X为O元素、W为S元素，AY为Na、Z为Al、W为S，同周期自左而右原子半径减小，故原子半径：YZW，故A错误；B元素X、Y可以形成氧化钠、过氧化钠，故B错误；CX为O，W为S，非金属性O
37、S，故氢化物稳定性XW，故C错误；DY、W最高价氧化物所对应的水化物分别为NaOH、硫酸，Z的氢氧化物为氢氧化铝，氢氧化铝能溶于氢氧化钠、硫酸，故D正确，故选D点评：本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，侧重考查学生分析推理能力，注意对元素周期律的理解掌握，难度中等二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计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，该小题得0分；若正确答案包括两个选项时，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下列有关说法正确的是( )A在潮湿的环境中，铜容易发生析氢腐蚀形成铜绿B常温下
38、，pH均为5的盐酸、氯化铵溶液中，水的电离程度相同C8NH3（g）+6NO（g）7N2（g）+12H2O（g）H0，则该反应一定能自发进行D对于乙酸乙酯的水解反应（H0），加入少量氢氧化钠溶液并加热，该反应的反应速率和平衡常数均增大考点：化学反应速率的影响因素；焓变和熵变；水的电离 分析：A铜发生吸氧腐蚀形成铜绿；B氯化铵为强酸弱碱盐，水解促进水的电离；C如反应能自发进行，应满足HTS0；D乙酸乙酯的水解反应为吸热反应，加热或加入碱都能促进平衡正向移动解答：解：A铜于酸不反应，在空气中发生吸氧腐蚀形成铜绿，故A错误；B氯化铵为强酸弱碱盐，水解促进水的电离，而盐酸抑制水的电离，故B错误；C反应的
39、H0，且S0，则HTS0，能自发进行，故C正确；D乙酸乙酯的水解反应为吸热反应，加热或加入碱都能促进平衡正向移动，且升高温度，平衡常数增大，故D正确故选CD点评：本题综合考查化学反应速率以及平衡移动问题，为2015届高考常见题型，侧重于基本理论知识的综合理解和运用的考查，主要相关知识的积累，难度不大12羟氨苄青霉素是高效、广谱和低毒的抗生素，其结构简式如图所示下列说法不正确的是( )A羟氨苄青霉素在空气中不能稳定存在B每个羟氨苄青霉素分子中含有3个手性碳原子C羟氨苄青霉素既能与盐酸反应，又能与碳酸氢钠溶液反应D1mol羟氨苄青霉素与氢氧化钠溶液反应时，最多消耗4molNaOH考点：有机物的结构
40、和性质 分析：有机物含有酚羟基、氨基、肽键、羧基，结合苯酚、氨基酸以及乙酸的性质解答该题解答：解：A含有酚羟基，易被空气中氧气氧化，故A正确；B有结构简式可知，分子中含有5个饱和碳原子，其中4个碳原子上连接不同的原子或原子团，为手性碳原子，故B错误；C含有氨基，可与盐酸反应，含有羧基，可与碳酸氢钠溶液反应，故C正确；D酚羟基、羧基都可与氢氧化钠发生中和反应，且含有2个肽键，水解可生成羧基，则1mol羟氨苄青霉素与氢氧化钠溶液反应时，最多消耗4molNaOH，故D正确故选B点评：本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，注意把握有机物的手性碳原子的判断，题目难度
41、不大13下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是( )选项实验操作实验现象结论A用洁净的铂丝蘸取某食盐试样在酒精灯火焰上灼烧火焰显黄色该食盐中不含有KIO3B将SO2气体通入到Ba（NO3）2溶液中生成白色沉淀此沉淀是BaSO3C取久置的Na2O2粉末，向其中滴加过量的盐酸产生无色气体Na2O2没有变质D在CuSO4溶液中加入KI溶液，再加入苯，振荡、静置有白色沉淀生成，苯层呈紫色白色沉淀可能为CuIAABBCCDD考点：钠的重要化合物；二氧化硫的化学性质；焰色反应 分析：A钾的焰色反应能被钠的焰色反应所掩盖，观察钾的焰色反应要透过蓝色钴玻璃；B硝酸根离子在酸性环境下具有强的氧化性，能够氧化
42、二氧化硫；C久置的Na2O2粉末混有碳酸钠；D发生氧化还原反应生成CuI和碘解答：解：A钾的焰色反应能被钠的焰色反应所掩盖，观察钾的焰色反应要透过蓝色钴玻璃，则该实验中不能确定是否含KIO3，故A错误；B将SO2气体通入到Ba（NO3）2溶液中，生成白色沉淀为硫酸钡，故B错误；C久置的Na2O2粉末混有碳酸钠，加盐酸生成无色气体中有氧气和二氧化碳，结论不合理，故C错误；D在CuSO4溶液中加入KI溶液，发生氧化还原反应生成CuI和碘，再加入苯，振荡，有白色沉淀生成，苯层呈紫色，故D正确；故选：D点评：本题考查化学实验方案的评价，涉及焰色反应、二氧化硫的性质、过氧化钠的性质、氧化还原反应等，题目
43、难度不大1425时，用2a molL1NaOH溶液滴定1.0L2a molL1氢氟酸溶液，得到混合液中HF、F的物质的量与溶液pH的变化关系如图所示下列说法正确的是( )ApH=3时，溶液中：c（Na+）c（F）Bc（F）c（HF）时，溶液一定呈碱性CpH=3.45时，NaOH溶液恰好与HF完全反应DpH=4时，溶液中：c（HF）+c（Na+）+c（H+）c（OH）2amolL1考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算 分析：ApH=3时，c（H+）c（OH），结合溶液的电荷守恒判断；B当pH3.45时，c（F）c（HF），结合图象分析；CHF为弱酸，恰好反应时溶液应成碱性；D可根据pH=4
44、时，溶液电荷守恒判断解答：解：ApH=3时，c（H+）c（OH），溶液中存在c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（F），则c（F）c（Na+），故A正确；B当pH3.45时，c（F）c（HF），溶液可能呈酸性、中性或碱性，故B错误；CHF为弱酸，恰好反应时溶液应成碱性，当pH=3.45时HF酸过量，故C错误；D当pH=4时，c（F）=1.6amol/L，c（HF）=0.4amol/L，溶液中存在c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（F），c（F）=c（Na+）+c（H+）c（OH）=1.6amol/L，则c（HF）+c（Na+）+c（H+）c（OH）=2amolL1，故D错误故选A点评
45、：本题考查酸碱混合的计算和判断，题目难度中等，注意把握图象的曲线变化特点，为解答该题的关键，注意HF为弱电解质的特点15一定温度时，向2.0L恒容密闭容器中充入1.0mol PCl5，反应PCl5（g）PCl3（g）+Cl2（g）经过一段时间后达到平衡测定各物质的物质的量的部分数据如下表下列说法正确的是( )PCl5PCl3Cl2500.162500.23500.8A前50 s反应的平均速率v（PCl3）=0.0016 molL1s1B其他条件不变，降低温度，平衡时c（PCl3）=0.09molL1，则反应的H0C相同温度下，起始时向容器中充入2.0 mol PCl3和2.0 mol Cl2，
46、达到平衡时，PCl3的转化率大于80%D相同温度下，起始时向容器中充入1.0 mol PCl5、0.20 mol PCl3和0.20 mol Cl2，反应达到平衡前v（逆）v（正）考点：化学平衡的计算 分析：Av（PCl3）=；B.50s时，n（PCl5）=（1.00.16）mol=0.84mol，n（PCl3）=n（Cl2）=0.16mol，250s时，n（PCl3）=n（Cl2）=0.2mol，n（PCl5）=（1.00.2）mol=0.8mol，350s时，n（PCl5）=0.8mol，与250s时物质的量相等，所以250s时该反应达到平衡状态，降低温度，平衡向放热反应方向移动；C相同温
47、度下，起始时向容器中充入2.0 mol PCl3和2.0 mol Cl2，相当于起始时加入2.0molPCl5，增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动；D.250s时，平衡常数K=0.025，相同温度下，起始时向容器中充入1.0 mol PCl5、0.20 mol PCl3和0.20 mol Cl2，根据平衡常数K与浓度商Qc相对大小判断平衡移动方向解答：解：Av（PCl3）=mol/（Ls）=0.0016molL1s1，故A正确；B.50s时，n（PCl5）=（1.00.16）mol=0.84mol，n（PCl3）=n（Cl2）=0.16mol，250s时，n（PCl3）=n（Cl2）=0.
48、2mol，n（PCl5）=（1.00.2）mol=0.8mol，350s时，n（PCl5）=0.8mol，与250s时物质的量相等，所以250s时该反应达到平衡状态，降低温度，平衡向放热反应方向移动，平衡时c（PCl3）=0.09molL1，其物质的量为0.18mol0.2mol，所以三氯化磷的物质的量减少，平衡向逆反应方向移动，所以正反应是吸热反应，则H0，故B错误；C等效为起始加入2.0molPCl5，与原平衡相比，压强增大，平衡向逆反应方向移动，平衡时的PCl5转化率较原平衡低，故平衡时PCl3的物质的量小于0.4mol，即相同温度下，起始时向容器中充入2.0 mol PCl3和2.0
49、mol Cl2，达到平衡时，PCl3的物质的量小于0.4mol，参加反应的PCl3的物质的量大于1.6mol，故达到平衡时，PCl3的转化率高于100%=80%，故C正确；D.250s时，平衡常数K=0.025，相同温度下，起始时向容器中充入1.0 mol PCl5、0.20 mol PCl3和0.20 mol Cl2，浓度商Qc=0.020.025，平衡向正反应方向移动，所以反应达到平衡前v（逆）v（正），故D错误；故选AC点评：本题考查化学平衡计算，侧重考查分析计算能力，利用三段式法解答即可，会根据平衡常数与浓度商的相对大小判断反应方向三、解答题（共5小题，满分68分）16电镀污泥主要含有
50、Cr2O3、NiO和Fe2O3等物质，可制备Na2Cr2O7溶液和NiSO46H2O晶体，实现有害物质的资源化利用已知黄钠铁矾NaFe3（SO4）2（OH）6是一种浅黄色的难溶物，具有沉淀颗粒大、沉降速率快、容易过滤的特点（1）焙烧时Cr2O3被氧化为Na2CrO4，该反应的化学方程式为2Cr2O3+4Na2CO3+3O24Na2CrO4+4CO2（2）写出酸化时CrO42转化为Cr2O72的离子方程式：2CrO42+2H+=Cr2O72+H2O（3）加入CaCO3的目的是中和溶液中的酸，调节溶液pH，提高铁的去除率溶液pH对除铁效率影响如图2所示则除铁时应控制溶液的pH为B（填序号）A0.5
51、1. 5 B1.52.5 C2.53.5除铁时发生反应的离子方程式为3Fe3+3CaCO3+Na+5SO42+3H2O=NaFe3（SO4）2（OH）6+3CaSO4+3CO2若除铁时pH稍大会生成Fe（OH）3胶体，显著降低除铁效率，原因是生成Fe（OH）3胶体的颗粒小、沉淀速率慢、不容易过滤等（4）从滤液中获取NiSO46H2O晶体的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用 分析：将电镀污泥、碳酸钠和空气焙烧，发生反应2Cr2O3+4Na2CO3+3O24Na2CrO4+4CO2，然后水浸Na2CrO4溶于水、NiO和Fe2O3难溶于水，然后过
52、滤得到滤液，向滤液中加入稀硫酸，发生反应2CrO42+2H+=Cr2O72+H2O，然后利用物质的溶解度不同分离得到硫酸钠和Na2Cr2O7溶液；向滤渣中加入稀硫酸，发生反应NiO+H2SO4=NiSO4+H2O、Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O，向溶液中加入CaCO3来中和溶液中的酸，同时调节溶液的pH，根据图2知，pH为1.52.5时铁元素的去除率较大，根据流程图知，生成的沉淀有NaFe3（SO4）2（OH）6、CaSO4，所以去除铁元素时发生的离子反应方程式为3Fe3+3CaCO3+Na+5SO42+3H2O=NaFe3（SO4）2（OH）6+3CaSO4+3CO2
53、，然后过滤得到沉淀NaFe3（SO4）2（OH）6、CaSO4和溶液NiSO4，然后采用蒸发浓缩、冷却结晶方法得到NiSO46H2O晶体，据此分析解答解答：解：将电镀污泥、碳酸钠和空气焙烧，发生反应2Cr2O3+4Na2CO3+3O24Na2CrO4+4CO2，然后水浸Na2CrO4溶于水、NiO和Fe2O3难溶于水，然后过滤得到滤液，向滤液中加入稀硫酸，发生反应2CrO42+2H+=Cr2O72+H2O，然后利用物质的溶解度不同分离得到硫酸钠和Na2Cr2O7溶液；向滤渣中加入稀硫酸，发生反应NiO+H2SO4=NiSO4+H2O、Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O，向溶
54、液中加入CaCO3来中和溶液中的酸，同时调节溶液的pH，根据图2知，pH为1.52.5时铁元素的去除率较大，根据流程图知，生成的沉淀有NaFe3（SO4）2（OH）6、CaSO4，所以去除铁元素时发生的离子反应方程式为3Fe3+3CaCO3+Na+5SO42+3H2O=NaFe3（SO4）2（OH）6+3CaSO4+3CO2，然后过滤得到沉淀NaFe3（SO4）2（OH）6、CaSO4和溶液NiSO4，然后采用蒸发浓缩、冷却结晶方法得到NiSO46H2O晶体，（1）通过以上分析知，三氧化二铬和碳酸钠、氧气在高温下反应方程式为2Cr2O3+4Na2CO3+3O24Na2CrO4+4CO2，故答案
55、为：2Cr2O3+4Na2CO3+3O24Na2CrO4+4CO2；（2）根据以上分析知，酸性条件下CrO42和氢离子反应生成Cr2O72和水，离子方程式为2CrO42+2H+=Cr2O72+H2O，故答案为：2CrO42+2H+=Cr2O72+H2O；（3）根据图2知，pH在03左右，pH越大铁元素的去除率越高，pH3后，pH越大铁元素的去除率减小，铁的去除率在pH为1.52.5时较高，故选B；根据以上分析知，发生的离子反应方程式为3Fe3+3CaCO3+Na+5SO42+3H2O=NaFe3（SO4）2（OH）6+3CaSO4+3CO2，故答案为：3Fe3+3CaCO3+Na+5SO42+
56、3H2O=NaFe3（SO4）2（OH）6+3CaSO4+3CO2；胶体颗粒小，沉淀速率慢且不容易过滤，导致除铁效率低，故答案为：生成Fe（OH）3胶体的颗粒小、沉淀速率慢、不容易过滤等；（4）从溶液中获取晶体的方法为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，蒸发浓缩增大溶液浓度，洗涤除去杂质，故答案为：蒸发浓缩；洗涤点评：本题考查物质分离和提纯，为2015届高考高频点，侧重考查学生对化工生产的了解，涉及物质性质、实验基本操作，明确物质反应原理是解本题关键，知道流程图中各个步骤发生的反应及操作方法，能从整体上把握分析，题目难度中等17龙胆酸烷基酯类F是一种药物皮肤美白剂，合成路线如下：（1）D（
57、龙胆酸）中含氧官能团的名称为酚羟基、羧基（2）EF的反应类型是取代反应（3）写出DE反应的化学方程式：（4）写出满足下列条件的龙胆酸乙酯（）的一种同分异构体结构简式：（或）能发生银镜反应，与FeCl3不发生显色反应但其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应核磁共振氢谱有四组峰，且峰的面积之比为6：2：1：1（5）已知：水杨酸乙酯（）广泛应用于日用香皂等根据已有知识并结合相关信息，写出以苯、乙醇为原料制备水杨酸乙酯的合成路线流程图（无机试剂任用）合成路线流程图示例如下：CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH考点：有机物的合成 分析：（1）根据D（龙胆酸）的结构简式判断其含有的含氧官能
58、团名称；（2）根据E和F的官能团变化判断反应类型；（3）根据制备流程可知DE的反应为酯化反应，结合酯化反应原理写出该反应的化学方程式；（4）根据同分异构体的书写原则及题中限制条件形成满足条件的有机物的结构简式；（5）通过逆合成法分析制备水杨酸乙酯（）需要和乙醇，需要制备的是，结合题中反应原理写出用苯制备的流程，即可得出该合成路线解答：解：（1）根据D（龙胆酸）的结构简式可知，其分子中含有的含氧官能团为：酚羟基和羧基，故答案为：酚羟基（或羟基）； 羧基；（2）EF的反应中，E中酚羟基的H原子被苯甲基取代生成F，该反应属于取代反应，故答案为：取代反应；（3）DE的反应为酯化反应，该反应的化学方程式
59、为：，故答案为：；（4）能发生银镜反应，与FeCl3不发生显色反应但其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明该有机物分子中不含有酚羟基，但是其水解产物中含有酚羟基，故该有机物为酯类；核磁共振氢谱有四组峰，且峰的面积之比为6：2：1：1，说明该有机物分子中含有4种等效H原子，其中6个H应该为两个甲基，则该有机物具有对称结构，结合结构简式可知，满足条件的有机物的结构简式为：或、，故答案为：或 ；（5）采用逆合成法分析：水解生成和乙醇，还缺少，需要用苯为原料制备，结合题中信息反应原理可知，合成水杨酸乙酯（）流程为：故答案为：点评：本题考查有机合成，题目难度中等，熟练掌握常见有机物结构与性质
60、及反应类型、反应原理为解答关键，（5）为难点，要求学生能够根据信息反应原理采用逆合成法设计出合成路线18过氧化银（Ag2O2）作为活性物质，广泛应用于抗菌消毒和化学能源等领域（1）过氧化银抗菌消毒的可能原因是具有强氧化性或Ag为重金属元素，有消毒杀菌功能（2）AlAg2O2电池可用作水下动力电源，其原理如图1所示该电池的负极反应式为Al3e+4OH=AlO2+2H2O（3）用NaClONaOH溶液氧化AgNO3，制得高纯度的纳米级Ag2O2写出该反应的离子方程式：2Ag+ClO+2OH=Ag2O2+Cl+H2O（4）用上述方法制得的Ag2O2会含有少量的Ag2O可用热重分析法测定Ag2O2的纯
61、度其步骤如下：取某样品27.12g在N2气氛下加热，测得不同温度下对应的剩余固体的质量与温度的关系曲线（即失重曲线）如图2所示CD段发生反应的化学方程式是2Ag2O4Ag+O2计算样品中Ag2O2的质量分数 （写出计算过程）91.45%考点：探究物质的组成或测量物质的含量；原电池和电解池的工作原理 分析：（1）过氧化银（Ag2O2）作为活性物质，广泛应用于抗菌消毒，可能是因为过氧化银具有强氧化性；（2）由原电池总反应可知，原电池工作时Al被氧化，应为电池的负极，电极反应为Al3e+4OH=AlO2+2H2O，Ag2O被还原，应为原电池的正极，电极反应式为Ag2O+2e+H2O=2Ag+2OH，
62、结合电极反应式进行判断；（3）用NaClONaOH溶液氧化AgNO3，制得高纯度的纳米级Ag2O2同时生成氯化钠和水，结合原则守恒和电荷守恒配平书写离子方程式；（4）AB段质量变化=27.12g25.52g=1.6g，说明失去的为氧气质量，过氧化银分解生成氧化银河氧气，发生的反应为：2Ag2O22Ag2O+O2；BC段质量变化=25.52g23.76g=1.76g，是氧化银分解生成银和氧气；依据分解反应的定量关系和质量变化，结合元素守恒计算；解答：解：（1）过氧化银（Ag2O2）作为活性物质，广泛应用于抗菌消毒，可能是因为过氧化银具有强氧化性，Ag为重金属元素，有消毒杀菌功能；故答案为：具有强
63、氧化性或Ag为重金属元素，有消毒杀菌功能；（2）负极上铝失电子和碱反应生成偏铝酸根离子，负极上的电极反应为：Al3e+4OHAlO2+2H2O，答案为：Al3e+4OH=AlO2+2H2O；（3）用NaClONaOH溶液氧化AgNO3，制得高纯度的纳米级Ag2O2同时生成氯化钠和水，结合原则守恒和电荷守恒配平书写离子方程式2Ag+ClO+2OH=Ag2O2+Cl+H2O；故答案为：2Ag+ClO+2OH=Ag2O2+Cl+H2O；（4）AB段质量变化=27.12g25.52g=1.6g，说明失去的为氧气质量，过氧化银分解生成氧化银河氧气，发生的反应为：2Ag2O22Ag2O+O2；BC段质量变
64、化=25.52g23.76g=1.76g，是氧化银分解生成银和氧气，化学方程式为：2Ag2O4Ag+O2；故答案为：2Ag2O4Ag+O2；AB段发生的反应为：2Ag2O22Ag2O+O2；n（O2）=0.0500mol；n（Ag2O2）=2n（O2）=20.0500mol=0.1000mol；w（Ag2O2）=100%=91.45%；故答案为：91.45%；点评：本题考查了物质组成的实验测定和数据分析计算，图象理解应用，原电池电解池原理分析判断和电极反应书写方法，掌握基础是关键，题目难度中等19某地煤矸石经预处理后主要含SiO2（61%）、Al2O3（30%）和少量的Fe2O3、FeO及钙镁
65、的化合物等某实验小组利用其提取Al（OH）3（1）“酸浸”过程中发生的主要反应的离子方程式为Al2O3+6H+=2Al3+3H2O为提高“酸浸”时铝浸出率，可采取的措施之一是提高酸的浓度（或适当提高反应温度或搅拌下进行反应）（2）“氧化”是将Fe2+氧化成Fe3+，其目的是将Fe2+氧化成Fe3+，有利于其水解除去铁元素检验Fe3+已水解完全的方法是取少量母液，滴加KSCN溶液，无血红色，则Fe3+已水解完全（3）滤渣的主要成分是CaCO3、Mg（OH）2和Fe（OH）3（4）上述流程中可循环利用的物质的化学式是CO2（或Na2CO3）“转化”时主要反应的离子方程式为AlO2+CO2+2H2O
66、=Al（OH）3+HCO3（或2AlO2+CO2+3H2O=2Al（OH）3+CO32）（5）Fe3+开始沉淀和沉淀完全的pH分别为2.1和3.2，Al3+开始沉淀和沉淀完全的pH分别为4.1和5.4为了获得产品Al（OH）3，从氧化后的溶液开始，若只用纯碱一种试剂，后续操作是加入纯碱调节pH到3.2，过滤除去Fe（OH）3等固体后，再加入纯碱调节pH到5.4，过滤得到Al（OH）3考点：制备实验方案的设计；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用 分析：煤矸石溶于稀盐酸发生的反应有Al2O3+6H+=2Al3+3H2O、Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O、FeO+2H+=Fe2+H2O，然
67、后过滤，得到的滤渣为SiO2，向滤液中通入氯气，发生的反应为2Fe2+Cl2=2Cl+2Fe3+，向溶液中加入碳酸钠，发生的反应为3CO32+2Al3+3H2O=2Al（OH）3+3CO2、CO32+Ca2+=CaCO3、Mg2+2H2OMg（OH）2+2H+、Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+，过滤得到的滤液中含有NaCl，向滤渣中加入过量NaOH溶液，Al（OH）3溶解，其余沉淀不溶解，过滤后得到的滤渣II为CaCO3、Mg（OH）2和Fe（OH）3，滤液中含有NaAlO2，向滤液中通入二氧化碳，发生的反应为AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3（或2AlO2+CO2+3
68、H2O=2Al（OH）3+CO32），然后过滤得到Al（OH）3，滤液II中含有NaHCO3或碳酸钠，据此分析解答解答：解：煤矸石溶于稀盐酸发生的反应有Al2O3+6H+=2Al3+3H2O、Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O、FeO+2H+=Fe2+H2O，然后过滤，得到的滤渣为SiO2，向滤液中通入氯气，发生的反应为2Fe2+Cl2=2Cl+2Fe3+，向溶液中加入碳酸钠，发生的反应为3CO32+2Al3+3H2O=2Al（OH）3+3CO2、CO32+Ca2+=CaCO3、Mg2+2H2OMg（OH）2+2H+、Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+，碳酸钠和生成的氢离子反应促进生成
69、氢氧化镁、氢氧化铁沉淀，过滤得到的滤液中含有NaCl，向滤渣中加入过量NaOH溶液，Al（OH）3溶解，其余沉淀不溶解，过滤后得到的滤渣II为CaCO3、Mg（OH）2和Fe（OH）3，滤液中含有NaAlO2，向滤液中通入二氧化碳，发生的反应为AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3（或2AlO2+CO2+3H2O=2Al（OH）3+CO32），然后过滤得到Al（OH）3，滤液II中含有NaHCO3或碳酸钠，（1）酸浸过程中金属氧化物都和稀盐酸反应生成氯化物，主要离子反应方程式为Al2O3+6H+=2Al3+3H2O，为提高反应速率可以采用升高温度、搅拌、增大盐酸浓度或增大煤矸石的
70、表面积等方法，故答案为：Al2O3+6H+=2Al3+3H2O；提高酸的浓度（或适当提高反应温度或搅拌下进行反应）；（2）铁离子易水解生成沉淀且需要的pH较小，将Fe2+氧化成Fe3+，有利于其水解除去铁元素；铁离子用KSCN溶液检验，其检验方法是：取少量母液，滴加KSCN溶液，无血红色，则Fe3+已水解完全，故答案为：将Fe2+氧化成Fe3+，有利于其水解除去铁元素；取少量母液，滴加KSCN溶液，无血红色，则Fe3+已水解完全；（3）通过以上分析知，滤渣II的成分为CaCO3、Mg（OH）2和Fe（OH）3，故答案为：Fe（OH）3；（4）水解时生成二氧化碳气体、转化时需要二氧化碳，在水解是
71、需要碳酸钠、在转化时得到碳酸氢钠或碳酸钠，所以能循环利用的是CO2（或Na2CO3），故答案为：CO2（或Na2CO3）；通过以上分析知，转化时发生的离子反应方程式为AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3（或2AlO2+CO2+3H2O=2Al（OH）3+CO32），故答案为：AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3（或2AlO2+CO2+3H2O=2Al（OH）3+CO32）；（5）要得到较纯净的氢氧化铝，需要调节溶液的pH，要除去氢氧化铁且不能产生氢氧化铝沉淀，所以需要的pH3.2，除去氢氧化铁沉淀，然后再加入纯碱调节pH到5.4，过滤得到氢氧化铝沉淀，故答案为：
72、加入纯碱调节pH到3.2，过滤除去Fe（OH）3等固体后，再加入纯碱调节pH到5.4，过滤得到Al（OH）3点评：本题考查制备实验方案设计，为2015届高考高频点，此种题型涉及物质性质、实验基本操作，明确物质的性质及每一步发生的反应、基本操作方法是解本题关键，熟练掌握元素化合物知识，灵活运用知识解答问题，题目难度中等20催化剂是化工技术的核心，绝大多数的化工生产需采用催化工艺（1）接触法制硫酸中采用V2O5作催化剂：4FeS2（s）+11O2（g）=2Fe2O3（s）+8SO2（g）H=3412kJmol12SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H=196.6kJmol1SO3（g）+H2O（
73、l）=H2SO4（l）H=130.3kJmol1以FeS2为原料，理论上生产2mol H2SO4（l）所释放出的热量为1310.2kJ（2）电子工业中使用的一氧化碳常以甲醇为原料通过脱氢、分解两步反应得到第一步：2CH3OH（g）HCOOCH3（g）+2H2（g）H0 第二步：HCOOCH3（g）CH3OH（g）+CO（g）H0第一步反应的机理可以用如图1所示图中中间产物X的结构简式为HCHO在工业生产中，为提高CO的产率，可采取的合理措施有升高温度，降低压强（3）采用一种新型的催化剂（主要成分是CuMn合金），利用CO和H2制备二甲醚（DME）主反应：2CO（g）+4H2（g）CH3OCH3
74、（g）+H2O（g）副反应：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）测得反应体系中各物质的产率或转化率与催化剂的关系如图2所示则催化剂中n（Mn）/n（Cu）约为2.0时最有利于二甲醚的合成（4）催化剂Ni使用长久后会部分转化为Ni2O3而降低催化效率一种Ni再生的方法是：用CO将含有等物质的量的Ni和Ni2O3的催化剂还原得到粗镍；在一定温度下使粗镍中的Ni与CO结合成Ni（CO）4；180时使Ni（CO）4重新分解产生镍单质上述、中参加反应的CO物质的量之比为1：4（5）纳米级Cu2O具有优良的催化性能，制取Cu2O的方法有：加热条件下用液态
75、肼（N2H4）还原新制Cu（OH）2制备纳米级Cu2O，同时放出N2该制法的化学方程式为4Cu（OH）2+N2H42Cu2O+N2+6H2O用阴离子交换膜控制电解液中OH的浓度制备纳米Cu2O，反应为2Cu+H2OCu2O+H2，如图3所示该电解池的阳极反应式为2Cu2e+2OH=Cu2O+H2O考点：化学平衡的影响因素；有关反应热的计算；电解原理 分析：（1）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需热化学方程式；（2）依据分解反应过程和反应机理图示分析判断，中间产物为甲醛；反应是气体体积增大的吸热反应，依据化学平衡移动原理分析判断；（3）根据图中生成二甲醚的最大值分析；（4）依据反应的化学方程
76、式定量关系分析计算；（5）根据“液态肼（N2H4）还原新制Cu（OH）2来制备纳米级Cu2O，同时放出N2”来书写化学方程式；在电解池的阳极发生失电子的氧化反应；解答：解：（1）4FeS2（s）+11O2（g）=2Fe2O3（s）+8SO2（g）H=3412kJmol12SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H=196.6kJmol1SO3（g）+H2O（l）=H2SO4（l）H=130.3kJmol1依据盖斯定律+4+8，得到反应热化学方程式为：4FeS2（s）+15O2（g）+8H2O（l）=2Fe2O3（s）+8H2SO4（l）的H=3412196.64130.38=5240.8KJ/m
77、ol，所以生产2mol H2SO4（l）所释放出的热量为=1310.2KJ；故答案为：1310.2；（2）依据图示和分解反应过程，结合原子守恒分析，甲醇去氢后得到的是甲醛，故答案为：HCHO；第二步：HCOOCH3（g）CH3OH（g）+CO（g）H0，反应是气体体积增大的吸热反应，依据平衡移动原理可知提2014-2015学年高一氧化碳产率，应使平衡正向进行，升温，减压实现，故答案为：升高温度，降低压强；（3）由图可知当催化剂中约为2.0时，CO的转化率最大，生成二甲醚的最多；故答案为：2.0；（4）首先用CO将含有等物质的量的Ni和Ni2O3的催化剂还原为粗镍；然后在常温下使粗镍中的Ni与C
78、O结合成Ni（CO）4（沸点43），并在180时使Ni（CO）4重新分解产生镍单质，反应的化学方程式为：Ni2O3+3CO=2Ni+3CO2，Ni+4CO=Ni（CO）4，Ni（CO）4Ni+4CO，设含有等物质的量的Ni和Ni2O3的催化剂各1mol，所以前两步中消耗CO的物质的量之比为3mol：4mol3=12mol，则、中参加反应的CO物质的量之比为1：4；故答案为：1：4；（5）根据题目信息：液态肼（N2H4）还原新制Cu（OH）2来制备纳米级Cu2O，同时放出N2，得出化学方程式为：4Cu（OH）2+N2H42Cu2O+N2+6H2O，故答案为：4Cu（OH）2+N2H42Cu2O+
79、N2+6H2O；在电解池中，当阳极是活泼电极时，该电机本身发生失电子得还原反应，在碱性环境下，金属铜失去电子的电极反应为2Cu2e+2OH=Cu2O+H2O，故答案为：2Cu2e+2OH=Cu2O+H2O；点评：本题考查了热化学方程式书写和盖斯定律计算应用，图象分析方法，电化学原理的应用，原子守恒，电子守恒的反应过程分析是解题关键，题目难度中等A、物质结构与性质21Fe2+、Fe3+与O22、CN、F、有机分子等形成的化合物具有广泛的应用（1）C、N、O原子的第一电离能由大到小的顺序是NOC（2）Fe2+基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6（3）乙酰基二茂铁是常用汽油抗震剂
80、，其结构如图1所示此物质中碳原子的杂化方式是sp3、sp2（4）配合物K3Fe（CN）6可用于电子传感器的制作与配体互为等电子体的一种分子的化学式为CO已知（CN）2是直线型分子，并具有对称性，则（CN）2中键和键的个数比为4：3（5）F不仅可与Fe3+形成FeF63，还可以与Mg2+、K+形成一种立方晶系的离子晶体，此晶体应用于激光领域，结构如图2所示该晶体的化学式为KMgF3考点：元素电离能、电负性的含义及应用；原子核外电子排布；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断 分析：（1）同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但第五主族元素的第一电离能大于第六主族元素的；（2）根据
81、构造原理写出基态铁原子核外电子排布式；（3）根据分子中碳原子的成键情况，判断碳原子的杂化方式；（4）原子个数相同且价电子数相同的微粒是等电子体；（CN）2是直线型分子，并有对称性，结构式为：NCCN；（5）根据均摊法计算晶胞中F、Mg2+、K+离子数目确定化学式解答：解：（1）同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但第五主族元素的第一电离能大于第六主族元素的，所以C、N、O三种元素的第一电离能由小到大的顺序是C、O、N；故答案为：C、O、N；Ar3d64s2（2）铁是26号元素，其原子核外有26个电子，根据构造原理其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6；故答案为：1
82、s22s22p63s23p63d6；（3）分子中C原子以碳碳双键和碳碳单键形式存在，则碳原子的杂化方式是sp2、sp3；故答案为：sp2、sp3；（4）CN中含有两个原子且价电子数是10，所以与CN互为等电子体的一种分子的化学式：CO；（CN）2是直线型分子，并有对称性，结构式为：NCCN，（CN）2中键和键的个数比为4：3；故答案为：CO；4：3；（5）晶胞中F离子数目=12=3、Mg2+离子数目=8=1、K+离子数目=1，故该晶体化学式为：KMgF3故答案为：KMgF3点评：本题考查了第一电离能、核外电子排布、杂化轨道、等电子体、晶胞计算等，难度中等，侧重于基础知识的考查，利用均摊法进行晶
83、胞有关计算B实验化学22FridelCrafts反应：ArH+RXArR+HX；H0（Ar表示苯基）是向苯环上引入烷基方法之一某化学兴趣小组在实验室先利用叔丁醇与盐酸反应制得叔丁基氯（沸点50.7），再利用FridelCrafts反应制备对叔丁基苯酚（熔点99）反应流程如图所示：（1）分液用到的主要仪器是分液漏斗（2）对有机层依次用饱和碳酸氢钠和蒸馏水洗涤，饱和碳酸氢钠的作用是除去叔丁基氯粗产物中的HCl通过蒸馏操作可将叔丁基氯粗产物转化为较为纯净的叔丁基氯（3）写出本实验中反应的化学方程式：+（CH3）3CCl +HCl该反应用冷水浴控制适当温度，其原因是FridelCrafts反应是放热反
84、应，反应过程中溶液温度容易升高，且生成大量的HCl气体，而叔丁基氯的沸点只有50.7，若不注意及时冷却就会使叔丁基氯的蒸气被大量的HCl气体带走而影响产率（4）对叔丁基苯酚有时候呈现紫色，原因可能是一部分对叔丁基苯酚被空气中的氧气所氧化考点：制备实验方案的设计 分析：叔丁醇与盐酸反应（CH3）3COH+HCl（CH3）3CCl+H2O、叔丁基氯有机层中含有盐酸，加入碳酸氢钠可除去，由于叔丁基氯的沸点较低，可用蒸馏法分离；叔丁基氯与苯酚发生取代反应：+（CH3）3CCl +HCl，生成对叔丁基苯酚（1）对反应后形成的互不相溶的两液体进行分液用分液漏斗；（2）叔丁基氯有机层中含有盐酸，加入碳酸氢钠
85、可除去，由于叔丁基氯的沸点较低，可用蒸馏法分离；（3）写出本实验中反应为叔丁基氯与苯酚发生取代反应生成对叔丁基苯酚和氯化氢；反应是放热反应，反应过程中溶液温度容易升高，且生成大量的HCl气体，而叔丁基氯的沸点只有50.7，若不注意及时冷却就会使叔丁基氯的蒸气被大量的HCl气体带走而影响产率；（4）酚易被空气中的氧气氧化而变质解答：解：叔丁醇与盐酸反应（CH3）3COH+HCl（CH3）3CCl+H2O、叔丁基氯有机层中含有盐酸，加入碳酸氢钠可除去，由于叔丁基氯的沸点较低，可用蒸馏法分离；叔丁基氯与苯酚发生取代反应：+（CH3）3CCl +HCl，生成对叔丁基苯酚（1）叔丁醇与盐酸发生取代反应，
86、生成的叔丁基氯在有机层，将水层与有机层分离，通常采用分液操作，用到的主要仪器是分液漏斗，故答案为：分液漏斗；（2）有机层中会溶解一些HCl，加入饱和碳酸氢钠溶液可以吸收HCl，除去叔丁基氯中的HCl，再进行蒸馏操作可将叔丁基氯粗产物转化为较为纯净的叔丁基氯，故答案为：除去叔丁基氯中的HCl；蒸馏；（3）本实验中反应为叔丁基氯与苯酚发生取代反应：+（CH3）3CCl +HCl，生成对叔丁基苯酚，该反应是放热反应，反应过程中溶液温度容易升高，且生成大量的HCl气体，而叔丁基氯的沸点只有50.7，若不注意及时冷却就会使叔丁基氯的蒸气被大量的HCl气体带走而影响产率，故应用冷水浴冷却，故答案为：+（CH3）3CCl +HCl；FridelCrafts反应是放热反应，反应过程中溶液温度容易升高，且生成大量的HCl气体，而叔丁基氯的沸点只有50.7，若不注意及时冷却就会使叔丁基氯的蒸气被大量的HCl气体带走而影响产率；（4）苯酚易被氧化生成对苯醌，可导致最终产品对叔丁基苯酚不是白色而呈现紫色，故答案为：一部分苯酚被空气中的氧气所氧化点评：本题以有机物的合成为载体综合考查化学制备实验方案的设计，侧重于学生的实验能力、评价能力和分析能力的考查，为2015届高考常见题型，题目难度中等，注意把握实验操作原理和方法
