内蒙古鄂尔多斯市高三化学模拟试题(含解析)

2015年鄂尔多斯市高考模拟考试
化学
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 S 32 Ca 40 Fe 56 Ba 137 Cu 64 7．下列说法错误的是（）
A．可利用废油脂制肥皂
B．袋装食品常用生石灰包作为食品的抗氧化剂
C．配制CuSO4溶液时加入少量的稀硫酸
D．用钠和钠的化合物做焰色反应实验，焰色均为黄色
【答案】B；
【命题立意】本题考查物质的性质与用途；
【解析】油脂能在热的强碱溶液中发生皂化反应,生成甘油和高级脂肪酸盐,高级脂肪酸盐用于制肥皂，A正确；生石灰与氧气不反应，不能用作食品抗氧化剂，B错误；在配制CuSO4溶液时,应当加入少量的硫酸,以抑制Cu2+的水解，C正确；钠元素的焰色为黄色,包括钠单质以及钠的所有化合物，D正确；
8．关于有机物的叙述正确的是（）
A．丙烷的二卤代物是4种，则其六卤代物是2种
B．对二甲苯的核磁共振氢谱显示有3种化学环境的氢
C．甲苯苯环上的一个氢原子被含3个碳原子的烷基取代，所得产物有3种
D．某烃的同分异构体只能形成一种一氯代物，其分子式可能为C5H12
【答案】D；
【命题立意】本题考查有机物的结构与性质；
【解析】丙烷的二卤代物和六卤代物均是4种，A错误；对二甲苯为对称结构（），分子中只含有2种等效氢，B错误；含有3个碳原子的烷基为丙基、异丙基两种，甲苯苯环上有3种氢原子，分别处于甲基的邻、间、对位位置上，故最多有3×2=6种同分异构体，C错误；只能形成一种一氯代物，说明结构中只存在一种等效氢，如CH4，C(CH3)4，(CH3)3CC(CH3)3等,故可能为C5H12，D正确；
9．下列各图与表述一致的是（）
A．图①可以表示对某化学平衡体系改变温度后反应速率随时间的变化
B．用图②所示装置蒸发AlCl3溶液制备无水AlCl3
C．图③可以表示向一定量的明矾溶液中逐滴滴加一定浓度氢氧化钡溶液时产生Al(OH)3沉淀的物质的量变化
D．图④电解饱和食盐水的装置中，溶液A、B中由水电离出的c(H＋)：A>B
【答案】C；
【命题立意】本题考查化学反应原理及反应图像；
【解析】升高温度，正、逆反应速度均加快，降低温度，正、逆反应速率均变慢，A错误；蒸发AlCl3溶液会促进Al3+的水解，得不到AlCl3，B错误；向含Al3+的明矾溶液中滴入Ba(OH)2，形成沉淀消耗的Ba(OH)2和溶解沉淀消耗的Ba(OH)2的体积之比为3∶1，C正确；电解池工作过程中，阳离子移向阴极，故左边为阴极、右边为阳极，阴极区产物为H2和NaOH，溶液呈碱性会抑制水的电离，溶液A、B中由水电离出的c(H＋)：A<B，D错误；
10．钠硫电池以熔融金属钠、熔融硫和多硫化钠（Na2Sx）分别作为两个电极的反应物，固体Al2O3陶瓷（可传导Na+）为电解质，充电时，总反应为Na2Sx === 2Na + xS（3<x<5），其反应原理如图所示，下列说法错误的是（）
Na+Na+Na+
电
极
A
电
极
B
S和
熔融
(Al2O3)
Na
熔融
固体
电解质
用电器
或电源
Na2S x
A．放电时，电极A为负极
B．该电池工作的适宜温度应控制10℃左右
C．放电时，内电路中Na+的移动方向为A到B
D．充电时，阳极的电极反应式为Sx2- - 2e- === xS
【答案】B；
【命题立意】本题考查钠硫电池的工作原理；
【解析】放电时，电极A处熔融Na失去1e-形成Na+，被氧化，故A为负极，A正确；原电池工作时，控制温度应满足Na和S处在熔融状态，故应高于10℃，B错误；放电时，阳离子向正极移动，即从A到B，C正确；充电时，阳极吸引阴离子Sx2-失电子，发生氧化反应，电极反应式为Sx2- - 2e- == xS，D正确；
11．已知：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) △H=-571．6kJ/mol
C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l) △H=-2220 kJ/mol
7molH2与C3H8混合物完全燃烧，共放热5869kJ，则二者的体积比V(H2)：V(C3H8)为A．1：1 B．2：5 C．3：4 D．5：2
【答案】D；
【命题立意】本题考查热化学方程式的应用及反应热的计算；
【解析】由题意，7molH2与C3H8混合物完全燃烧，共放热5869kJ，可设H2和C3H8的物质的量分别为xmol和ymol，可建立以下关系式：x+y=7，(571.6/2)x+2220y=5869；解得：x=5mol，y=2mol；相同条件下，气体的体积比等于物质的量之比，故V(H2)：V(C3H8)=5：2，D正确；12．分析下列各项结构的规律，按此规律排布第10项的分子式应为（）
A．C198H146 B．C196H155
C．C196H146 D．C198H155
【答案】C；
【命题立意】本题考查有机物的结构的递变规律；
【解析】分析分子结构简式可以发现：后一项会在前一项基础上重复增加一个C
基团，
即后项比前项多19个C原子，14个H原子，第一项的分子式是C25H20，所以，第十项有（25＋19×9）个C原子，（20＋14×9）个H原子，所以，第十项的分子式是C196H146。

13．室温下，向20.00 mL 1.000 mol·L－1氨水中滴入1.000 mol·L－1盐酸，溶液pH和温度随加入盐酸体积变化曲线如图所示。

下列有关说法正确的是（）
A．氨水的电离程度a>b>c
B．a、d两点的溶液，水的离子积Kw(a)>Kw(d)
C．c点时消耗盐酸体积V(HCl)<20 .00mL
D．d点时溶液温度达到最高，之后温度略有下降，原因是NH3·H2O电离吸热
【答案】C；
【命题立意】本题考查盐类的水解；
【解析】NH3·H2O NH4++OH-，加入盐酸促进了氨水的电离，故氨水的电离程度a＜b ＜c，A错误；氨水与盐酸的反应为放热反应，温度越高，水的电离程度越大，a点的温度小于d点，所以a、d两点的溶液，水的离子积Kw（a）＜Kw（d），B错误；若V(HCl)=20 .00mL，氨水与盐酸恰好完全反应生成NH4Cl，NH4+水解使溶液呈酸性，而C点处溶液PH=7为中性，故V(HCl)<20 .00mL，C正确；d点时盐酸和氨水恰好完全反应,放热最多,再加入盐酸温度低于溶液温度,导致溶液温度下降，D错误；
26．（14分）（1）工业上可利用“甲烷蒸气转化法”生产氢气，反应为甲烷和水蒸气在高温和催化剂存在的条件下生成一氧化碳和氢气，有关反应的能量变化如图1：
图1
则该反应的热化学方程式_____________________________________。

（2）已知温度、压强对甲烷平衡含量的影响如图2，请回答：
图2 图3
①图26-2中a、b、c、d四条曲线中的两条代表压强分别为1Mpa、2Mpa时甲烷含量曲线，其中表示1Mpa的是________。

②该反应的平衡常数：600 ℃时________700 ℃(填“>”“<”或“＝”)。

③已知：在700 ℃，1 MPa时，1 mol CH4与1 mol H2O在1 L的密闭容器中反应，6min达到平衡(如图3)，此时CH4的转化率为________________，该温度下反应的平衡常数为______________(结果保留小数点后一位数字)。

④从图3分析，由第一次平衡到第二次平衡，平衡移动的方向是_____________(填“向正反应方向”或“向逆反应方向”)，采取的措施可能是_____________________。

（3）以N2、H2为电极反应物，以HCl－NH4Cl为电解质溶液制造新型燃料电池，放电过程中，溶液中铵根离子浓度逐渐增大。

写出该电池的正极反应式：_________________。

【答案】
（1）CH4(g)+H2O(g) CO2(g)+3H2(g) △H =+161.1KJ/mol （2分）
（2）① a （2分）②﹤（2分）③80℅（2分）276.5mol2· L-2 （2分）④逆（1分将容器体积缩小为原来的1/2 或加入等量的氢气（2分）
（3）N2+6e-+8H+==2NH4+ （2分）
【命题立意】本题考查热化学方程式，化学平衡的建立及其影响因素，原电池工作原理；【解析】
（1）、图1所示反应热化学方程式为：H2(g)+1/2 O2(g)→H2O(g) △H1=-241.8 KJ/mol ①
2CH4(g) +3O2(g)→2CO(g) +4H2O(g) △H2=-563.4KJ/mol ②,甲烷和水蒸气在高温和催化剂存在的条件下生成一氧化碳和氢气的方程式为：CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）③，则③=②-3×①，根据盖斯定律，有△H3=△H2-3×△H1=-564.3+3×241.8= +161.1KJ/mol，故该反应热化学方程式为：CH4(g)+H2O(g) CO2(g)+3H2(g) △H =+161.1KJ/mol；(2)、①对
于吸热反应，压强一定时，升高温度，平衡正向移动，甲烷含量应减少，故排除曲线c、d；温度一定时，增大压强，平衡逆向移动，甲烷含量将增加，故曲线a表示1MPa时的甲烷含量曲线；②吸热反应，升高温度，平衡正向移动，K值增大，故K(600 ℃)﹤K(700 ℃)；
③根据题目所给数据对反应建立三段式过程分析，则
CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）
起始（mol/L） 1 1 0 0
转化（mol/L）0.8 0.8 0.8 2.4
平衡（mol/L）0.2 0.2 0.8 2.4 故可知：CH4的转化率为80%，平衡常数K=c(CO)·c(H2)3/c(CH4)c(H2O)=0.8×2.43/0.2×0.2=276.5；④、从图3分析，第7min
② Mg 800℃
TiO 2 TiCl 4 Ti ① 时，H2浓度瞬间由2.4mol/L 增大为4.8mol/L ，且随着反应的进行浓度不断减小，可知平衡
在向逆向移动，改变的条件可能是加入等量的氢气或将容器体积缩小为原来的1/2 ；(3)电池
放电时，正极发生还原反应，由溶液中铵根离子浓度逐渐增大可知，正极N2得到电子被还原为NH4+，
电极方程式为：
N2+6e-+8H+==2NH4+；
27．（15分）钛铁矿的主要成分为FeTiO3（可表示为FeO ·TiO2），含有少量MgO 、SiO2等
杂质。

利用钛铁矿制备二氧化钛，进一步制备钛单质,流程如图：
已知：FeTiO3＋4H+＝Fe2+＋TiO2+＋2H2O
草酸（C2H2O4）具有很强还原性，易被氧化成二氧化碳
（1）化合物FeTiO3中铁元素的化合价是 。

（2）钛铁矿加入过量H2SO4后，得到的滤渣A 为_______________（填化学式）。

（3）含TiO2+ 溶液乙转化生成TiO2的离子方程式是 。

（4）由滤液丙制备LiFePO4的过程中，所需17%双氧水与H2C2O4的质量比是 。

（5）用氧化还原滴定法测定TiO2的质量分数：一定条件下，将TiO2溶解并还原为Ti3+，
再以KSCN 溶液作指示剂，用NH4Fe （SO4）2标准溶液滴定Ti3+至全部生成Ti4+。

滴定分
析时，称取TiO2（摩尔质量为M g/mol ）试样w g ，消耗c mol/L NH4Fe （SO4）2标准溶液
VmL ，则TiO2质量分数为 （用代数式表示）。

（6）TiO2制取单质Ti ，涉及到的步骤如下： 反应②的方程式是 ， 由TiCl4→Ti 需要在Ar 气中进行的理由
是 。

反应后得到Mg 、MgCl2、Ti 的混合物，可采用真空蒸馏
的方法分离得到Ti ，依据表中信息，需加热的温度略高于 ℃即可。

【答案】I.（1）+2 （1分） （2）SiO2 （1分）
（3）TiO2-＋H2O TiO2↓＋2H+ （2分）
（4）20：9 （2分）
（5）cVM/1000W 或 cVM/1000W ×100﹪（2分） TiCl4 Mg MgCl2 Ti 熔点/℃ -25.0 648.8 714 1667 沸点/℃ 136.4 1090 1412 3287
（6）TiCl4 +2Mg 2MgCl2 + Ti （2分）；防止高温下Mg(Ti)与空气中的O2(或CO2、N2)作用（2分）1412 （2分）
【命题立意】本题考查学生利用钛铁矿制备二氧化钛的工艺流程理解、阅读题目获取信息能力、氧化还原反应及方程式的书写等，难度中等；
【解析】(1)钛铁矿的主要成分为FeTiO3 ,可表示为FeO·TiO2 ,可知Fe的化合价为+2价；(2)钛铁矿中只有SiO2不与硫酸反应，因此滤渣A的成分是SiO2。

(3)TiO2+转化为TiO2，Ti的化合价不变，发生的是TiO2+的水解反应，过滤后未加其他反应物，所以TiO2+与H2O反应，
生成TiO2，同时生成H+，反应方程式为：TiO2-＋H2O TiO2↓＋2H+；(4)分析反应流程，
H2O2把Fe2+氧化为Fe3+，H2C2O4把Fe3+还原为Fe2+，H2O2中O由-1价变为-2价，H2C2O4由+3价变为+4价，根据电子转移总数相等得：m(H2O2)×17÷200g/mol×2=m(H2C2O4)÷90g/mol×2，得m(H2O2)：m(H2C2O4)= 20/9；(5) 根据得失电子守恒，有：1Ti3+～1Fe3+，故n（Fe3+）=n（Ti3+）=n（TiO2）=cV×10-3mol，其质量分数为为：cVM/1000W 或cVM/1000W ×100﹪；(6)在800℃条件下，四氯化钛和镁反应生成氯化镁和钛，反应方程式为：TiCl4 +2Mg 2MgCl2 + Ti；Mg是活泼金属，能与空气中多种物质反应，因此可得出Ar气作用为保护气，防止高温下Mg(Ti)与空气中的O2(或CO2、N2)作用；由表中数据可知，Mg、MgCl2的沸点最高是1412℃，而Ti的熔点为1667℃，所以当加热的温度略高于1412℃时Mg、MgCl2以气体的形式除去，得到Ti。

28．（14分）某研究性学习小组对过量炭粉与氧化铁反应的气体产物成分进行研究。

设计方案如图，将一定量的氧化铁在隔绝空气的条件下与过量炭粉完全反应，测定参加反应的碳元素与氧元素的质量比。

（1）查阅资料：
①氮气不与炭粉、氧化铁发生反应。

实验室可以用氯化铵饱和溶液和亚硝酸钠（NaNO2）饱和溶液混合加热制得氮气。

写出该反应的离子方程式：。

②使上述制得的气体通过___________装置方能获得干燥的N2
（2）实验步骤：
①按图连接装置，并检查装置的气密性，称取3.20g氧化铁、2.00g炭粉混合均匀，放入48.48g 的硬质玻璃管中；
②加热前，先通一段时间纯净干燥的氮气；
③停止通入N2后，夹紧弹簧夹，加热一段时间，澄清石灰水（足量）变浑浊；
④待反应结束，再缓缓通入一段时间的氮气。

冷却至室温，称得硬质玻璃管和固体总质量为
52.24g；
⑤过滤出石灰水中的沉淀，洗涤、烘干后称得质量为2.00g。

步骤②、④中都分别通入N2，其作用分别为。

（3）数据处理：
①试根据实验数据分析，该反应的气体产物是CO2和CO,理由是____________________②写出该实验中氧化铁与炭粉发生反应的化学方程式：。

（4）实验优化：
学习小组有同学认为应对实验装置进一步完善。

①甲同学认为：应将澄清石灰水换成Ba(OH)2溶液，其理由是。

②pC类似pH，是指极稀溶液中溶质物质的量浓度的常用对数负值。

如某溶液溶质的浓度为：1×10-3mol/L，则该溶液中该溶质的pC=-lg1×10-3=3。

现向0.2mol/LBa(OH)2溶液中通入CO2气体，沉淀开始产生时，溶液中CO32-的PC值为_________（已知：lg2=0.2；Ksp(BaCO3)=5.0x10-9）
③从环境保护的角度，请你再提出一个优化方案将此实验装置进一步完善：。

【答案】
（1）①NH4+ + NO2-==N2↑+2H2O （2分）②B（2分）
（2）步骤②通入氮气的目的是排除装置中的O2（空气）（1分）
步骤④通入氮气的目的是将生成的CO2全部通入澄清的石灰水中（1分）
（3）①生成的CO2质量小于生成气体的总质量；②2C+Fe2O32Fe+CO↑+CO2 ↑（2分）
（4）①将澄清的石灰水换成Ba（OH）2溶解度大，浓度大，使CO2被吸收更完全；（1分）M （BaCO3）﹥M（CaCO3），相对误差小。

（1分）②7.6（2分）③从环保的角度来看生成的CO也要处理掉，因此应该在尾气出口处加一点燃的酒精灯或增加一尾气处理装置。

（2分）
【命题立意】本题考查过量炭粉与氧化铁反应的气体产物成分的实验研究。

【解析】(1)①由题目信息：氯化铵和亚硝酸钠（NaNO2）混合加热生成氮气，故离子方程式为：NH4+ + NO2-==N2↑+2H2O；②浓硫酸具有吸水性，可以用于干燥N2，故选装置B；(2)步骤②通入氮气的目的是排除装置中的O2（空气），从而防止碳粉与空气中的氧气接触反应；步骤④通入氮气的目的是将生成的CO2全部通入澄清的石灰水中，以使生成的CO2与澄清石灰水完全反应；(3)①分析反应前后装置及所含药品质量变化可知，过量碳粉与氧化铁反应后生成气体(48.48+3.2+2)-52.24=1.44g，而由气体通入澄清的石灰水后所得沉淀分析，CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O，n(CO2)=n(CaCO3)=2g/100g·mol-1=0.02mol，可知m(CO2)=0.02×44g·mol-1=0.88g<1.44g，可判定气体产物还存在CO，且m(CO)=1.44g-0.88g=0.56g，n(CO)=0.02mol；②、由①中分析可知，碳粉与氧化铁反应后得到的气体为CO和CO2，且
n(CO)：n(CO2)=1：1，据此可得出该反应的化学方程式：2C+Fe2O32Fe+CO↑+CO2 ↑；(4)①将澄清石灰水换成Ba(OH)2 溶液的原因是Ba(OH)2 溶解度大，浓度大，使CO2 被吸收的更完全，M (BaCO3 )＞M (CaCO3)，称量时相对误差小。

②c(Ba2+)=0.2mol/L，当c(Ba2+)
·c(CO32-)≧Ksp(BaCO3)，溶液开始产生沉淀，则由Ksp(BaCO3)=5.0×10-9=c(Ba2+)·c(CO32-)，得c(CO32-)=2.5×10-8mol/L，PC=7.6；③、从环保的角度来看生成的CO也要处理掉，因此应该在尾气出口处加一点燃的酒精灯或增加一尾气处理装置；
36．[化学——选修2：化学与技术](15分)
重晶石矿的主要成分为硫酸钡，纯净的硫酸钡才能供医用作“钡餐”。

硫化钡是可溶于水的
盐。

讨论用重晶石矿制硫酸钡，设计流程如下：
写出步骤①的化学反应方程式，该反应产生的气体具有、等用途。

为进行反应②先要分离出硫化钡，采用的方法是。

反应前要在溶液中滴入少量Ba(OH)2溶液，其作用是：。

（2）若B物质在该生产过程中可循环使用，则反应③的化学方程式是：。

（3）有人提出反应②产生了有臭鸡蛋气味的有毒气体，可采用改变反应物的方法避免产生该气体，则反应②的化学方程式是：。

此时若要B物质还能循环使用，则C为（写化学式）。

BaSO4是因为具有、等性质而可用作“钡餐”。

【答案】
(1)、BaSO4+4C BaS+4CO↑，（2分）作燃料、冶炼金属（2分）溶解过滤，（1分）防止BaS发生水解（2分）
(2)、BaCl2+H2SO4=BaSO4↓+2HCl（2分）
(3)、BaS+CuCl2=CuS↓+BaCl2 （2分）CuSO4（2分）既不溶于水也不溶于一般酸，（1分）不能被X射线透过（1分）
【命题立意】本题考查用重晶石矿制硫酸钡的工艺流程，难度中等；
【解析】（1）反应物为BaSO4和C，生成物有BaS，S元素的化合价从+6降至-2价，则C的化合价升高，且生成还原性有毒气体，可推知产生的气体为CO，反应方程式为：
BaSO4+4C
BaS+4CO↑，CO可以作为燃料、作还原剂冶炼金属等；根据题目提示：硫化钡是可溶于水的盐，杂质不溶于水可知，通过溶解过滤即可将其分离出来；因S2－存在水解反应：S2－＋H2O HS－＋OH－，所以加入Ba（OH）2溶液的目的是抑制硫化钡水解；（2）硫化钡与盐酸反应生成H2S和BaCl2，A物质为BaCl2，因为B物质可以循环利用，则C是硫酸，产物B是盐酸，反应方程式为：BaCl2+H2SO4=BaSO4↓+2HCl；（3）因反应②中加入盐酸产生了有臭鸡蛋气味的有毒气体H2S，可将盐酸改为CuC12，原因是CuS不溶于水和酸，反应方程式为：BaS+CuCl2=CuS↓+BaCl2；溶液A为BaCl2溶液，加入C后生成BaSO4与可循环使用的B，则C是CuSO4,B为CuCl2；BaSO4是具有既不溶于水也不溶于一般酸，不能被X射线透过等性质因而可用作“钡餐”；
37．[化学——选修3：物质结构与性质]（15分）
已知A、B、C、D、E、F都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数依次增大。

其中A 原子核外有三个未成对电子；B的最外层电子数为其内层电子数的3倍；A与C可形成离子化合物C3A2；D是地壳中含量最多的金属元素；E原子核外的M层中有两对成对电子；F 原子核外最外层只有1个电子，其余各层电子均充满。

根据以上信息，回答下列问题：（A、B、C、D、E、F用所对应的元素符号表示）
F原子的核外电子排布式为，A、B、C、D、E的第一电离能最小的是。

C 的氧化物的熔点远高于E 的氧化物的熔点，原因是 。

比较B 、E 的氢化物的沸点_________。

A 的最高价含氧酸根离子中，其中心原子是 杂化，E 的低价氧化物的空间构型为 。

A 、D 形成某种化合物的晶胞结构如图1，则其化学式为 。

F 单质的晶体的晶胞结构如图2。

若F 原子的半径是r cm ，则F 单质的密度的计算公式是 。

（用NA 表示阿伏伽德罗常数）
【答案】
（1）1s22s22p63s23p63d104s1（或[Ar] 3d104s1）（2分） Al （1分）
（2）MgO 为离子晶体而SO2和SO3为分子晶体（2分）
(3)H2O 大于H2S ；（1分）水分子间存在氢键作用力大于硫化氢分子间的范德华力（1分）
（4）sp2（2分） V 型（2分）
（5）AlN （2分）
(6) A N r 3)
22(256
(2分)
【命题立意】本题考查物质的结构与性质；
【解析】元素分析：A 原子核外有三个未成对电子，则电子排布式为1s22s22p3，即A 为N 元素；B 的最外层电子数为其内层电子数的3倍，则B 为O 元素；D 是地壳中含量最多的金属元素，则D 为Al 元素；A 与C 可形成离子化合物C3A2，C 呈+2价，C 的原子序数小于D ，可推知C 为Mg ；E 原子核外的M 层中有两对成对电子，则其外围电子排布式为：3s23p4，可知E 为16号元素S ，F 原子核外最外层只有1个电子，其余各层电子均充满，可知F 的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，为Cu 元素；
(1)F 为29号元素Cu ，其原子核外电子排布为：[Ar] 3d104s1；非金属性越强，第一电离能越大，金属性越强，第一电离能越小，镁的价电子排布是3s2,3p 轨道全空较稳定,而铝是3s23p1则不是全满,全空,半空中任意一种情况,不稳定，故Al 的第一电离能比Mg 小，为5个元素中第一电离能最小的元素；(2)C 的氧化物MgO 为离子晶体而E 的氧化物SO2和SO3为分子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体；(3)水分子间存在氢键作用力大于硫化氢分子间的范德华力，故有沸点：H2O 大于H2S ；(4)A 的最高价含氧酸根离子为NO3-,价层电子对数n=（5+1）/2=3，故中心原子N 采用sp2杂化；E 的低价氧化物为SO2，价层电子对数n=6/2=3，采用sp2杂化，有1对孤电子对，故其空间构型为V 型；(5)D 为Al 元素，位于晶胞的顶点和面心处，原子个数为8×1/8+6×1/2=4个，A 为N 元素，位于晶胞的体内,N 原子个数为4个，故化学式为AlN ；(6)由该元素单质形成的晶体晶胞可知，晶胞中G 原子数目=8×1/8+6×1/2=4个，则晶胞质量=4×64/NA g ，原子半径为r ，则晶胞棱长=4r ×22=22r ，则晶胞体积
=(22r)3=162r3, 则该元素单质的密度为A N r 3)22(256
；
38．[化学---选修5：有机化学基础]（15分） 图2
－CHCCl 3 OH ＋ CH 3COOH 浓H 2SO 4 △
－CHCCl 3 + H 2O (2分)
3 已知： （-R 表示烃基）
苯甲醇+苯甲酸钾
可由下列反应路线合成结晶玫瑰(只列出部分反应条件)
（1）A 是苯的一种同系物，相同条件下，其蒸气对氢气的相对密度是46，则A 的名称是 。

（2）C 中的官能团是 。

（3）反应③的化学方程式为 。

（4）经反应路线④得到的副产物加水萃取、分液，能除去的副产物是 。

（5）已知： ，则经反应路线⑤得到一种副产物，其核磁共振氢谱有4种峰，各组吸收峰的面积之比为 。

（6）G 的同分异构体L 遇FeCl3溶液显色，与足量饱和溴水反应未见白色沉淀产生，则L 与NaOH 的乙醇溶液共热，所得有机物的结构简式为 (只写一种)。

（7）⑥的化学方程式是 。

（8）C 有多种同分异构体，其中属于芳香族化合物的有 种（不包括C ）。

【答案】
（1）甲苯 (2分)
（2）羟基 (2分)
（3）
(2分)
（4）苯甲酸钾 （1分）
（5） 1:2:4:4 (2分) （6） （2分）
（7）
(8) 4 (2分)
【命题立意】本题考查有机物的结构和性质；
－CHCCl3
OH ＋CH3COOH
浓H2SO4
△
－CHCCl3 + H2O (2分)
OOCCH3
【解析】流程分析：采用逆向分析法，根据G、J的结构知反应⑥是G与乙酸的酯化反应，
由反应条件可知，D到G发生了如信息提示中的反应，可推知D为苯甲醛（），C的分子式为C7H8O，不饱和度为4，可知结构存在苯环和一个饱和C原子，可推知C为苯甲醇
（），则C到D发生的是苯甲醇被氧化生成苯甲醛的反应，A是苯的一种同系物，相同条件下，其蒸气对氢气的相对密度是46，设其分子式为CxHy，则有：12x+y=92，可推知，A
的分子式为C7H8，不饱和度为4，对比A、C的结构可推知，A为甲苯（），A到B发生的是甲基上的卤代反应，B到C发生的是卤代烃的水解生成苯甲醇；
(1)由上述分析可知，A为甲苯；(2)C为苯甲醇（），官能团为羟基；(3)反应发生的是苯
甲醇被氧化生成苯甲醛的反应，方程式为：；(4)由信息提示可知，D （）苯甲醇+苯甲酸钾，苯甲酸钾为可溶性的盐而其它物质不溶于水，则加水萃取、分液，能除去的副产物是苯甲酸钾；(5)根据提示信息可知，反应
⑤苯()能与G(CH
OH
CCl3
)反应生成
CH
CCl3，该有机物分子中含有4种位置不同的H，
个数之比为1：2：4：4（苯环对称），氢原子数目之比就等于其吸收峰的面积之比，则各组吸收峰的面积之比为1：2：4：4；(6)根据遇FeCl3溶液显色可知L含酚羟基，与足量饱和溴水反应未见白色沉淀产生说明酚羟基的邻、对位被取代基取代，又L与NaOH的乙醇溶液共热说明L能发生消去反应，该基团是﹣C2H4Cl，则L与NaOH的乙醇溶液共热，所得有机物
的结构简式为；(7)根据G、J的结构知反应⑥是G与乙酸的酯化反应，方程式为：
(8)C为苯甲醇(),属于芳香族化合物的同分异构体中，若苯环上取代基为(-CH3)和(-OH)，有邻、间、对3种，若取代基(-OCH3)有一种，共有4种；
2015年鄂尔多斯市高考模拟考试
理科综合能力测试（化学）评分标准
第I卷
一、选择题
7．B 8．D 9．C 10．B 11．D 12．C 13．C
第II卷
（一）必考题
26．（15分）
（1）CH4(g)+H2O(g) CO2(g)+3H2(g) △H =+161.1KJ/mol （2分）
（不标状态、不配平、不写“+”、不写单位均不给分，不写“”不扣分）
（2）①a （2分）②﹤（2分）③80℅ （2分）276.5mol2· L-2（无单位不扣分）（2分）
④逆（1分）将容器体积缩小为原来的1/2 （只写体积缩小的得1分）或加入等量的氢气（2分）
（3）N2+6e-+8H+==2NH4+ （2分）（不配平不给分）
27.（14分）
I.（1）+2 （1分）
（2）SiO2 （1分）
（3）TiO2-＋H2O TiO2↓＋2H+ （2分）（不写条件扣1分，不配平不给分）（4）20：9 （2分）
（5）cVM/1000W 或cVM/1000W ×100﹪（2分）
（6）TiCl4 +2Mg 2MgCl2 + Ti （2分）（不写条件扣1分，写高温不扣分，不配平不给分）；防止高温下Mg(Ti)与空气中的O2(或CO2、N2)作用（2分）
1412 （2分）
28．（14分）
（1）①NH4+ + NO2-==N2↑+2H2O （2分）（不配平不给分）②B（2分）（2）步骤②通入氮气的目的是排除装置中的O2（空气），（1分）步骤④通入氮气的目的是将生成的CO2全部通入澄清的石灰水中（1分）
（3）2C+Fe2O32Fe+CO↑+CO2 ↑（2分）（不写条件扣1分，不配平不给分）（4）①将澄清的石灰水换成Ba（OH）2溶解度大，浓度大，使CO2被吸收更完全；（1分）M （BaCO3）﹥M（CaCO3），相对误差小。

（1分）
②7.6（2分）
③从环保的角度来看生成的CO也要处理掉，因此应该在尾气出口处加一点燃的酒精灯或增加一尾气处理装置。

（合理均得分）（2分）
（二）选考题
36 .[化学—选修2：化学与技术] （15分）
(1)、BaSO4+4C BaS+4CO↑，（2分）（不写条件扣1分，不配平不给分）
作燃料、冶炼金属（合理均得分）（2分）
(2)、溶解过滤，（1分）防止BaS发生水解（2分）
(3)、BaCl2+H2SO4=BaSO4↓+2HCl（2分）（不配平不给分）
(4)、BaS+CuCl2=CuS↓+BaCl2 （不配平不给分，不写“↓”扣1分）（2分）
CuSO4（2分）
(5)、既不溶于水也不溶于一般酸，（1分）不能被X射线透过（1分）
37．[化学—选修3：物质结构与性质] （15分）
（1）1s22s22p63s23p63d104s1（或[Ar] 3d104s1）（2分）Al（1分）
（2）MgO为离子晶体而SO2和SO3为分子晶体（2分）
－CHCCl 3 OH ＋ CH 3COOH 浓H 2SO 4 △ －CHCCl 3 + H 2O (2分) 3 (3)H2O 大于H2S ；（1分）水分子间存在氢键作用力大于硫化氢分子间的范德华力（1分）
（4）sp2（2分） V 形（2分）
（5）AlN （2分）
(6)
A N r 3)22(256
(2分) 38 .[化学—选修5:有机化学基础] （15分）
（1）甲苯 (2分) （错别字不给分）
（2）羟基 (2分) （错别字不给分）
（3）
(2分) （不写条件扣1分，
不配平不给分）
（4）苯甲酸钾 （1分）
（5） 1:2:4:4 （凡比例正确即可） (2分)
（6） （2分）
（7）
（条件不符扣1分，不配平不给分）
(8) 4 (2分)。