安徽省合肥市2015届高考化学三模试卷
考试题及答案2015届高三第三次联考化学试题
浙江大联考2015届高三第三次联考·化学试卷考生注意:1.本试卷共100分。
考试时间90分钟。
2.答题前,考生务必将密封线内的项目填写清楚。
3.请将试卷答案填在试卷后面的答题卷上。
4.交卷时,可根据需要在加注“”标志的夹缝处进行裁剪。
5.本试卷主要考试内容:微观结构与物质的多样性、化学科学与人类文明。
6.可能用到的相对原子质量:H 1 C 12N 14O 16Ne 20Al 27Fe 56Cu 64Sr 88第Ⅰ卷(选择题共42分)一、选择题(本题包括14小题,每小题3分,共42分。
每小题只有一个选项符合题意)1.化学与生活密切相关。
下列不会产生污染的是2.下列化学用语的表述不正确．．．的是A.质子数与中子数相等的氢原子符号HB.乙烯的比例模型:C.双氧水的电子式:HD.次氯酸的结构式:H—O—Cl3.Sm与Sm是稀土元素,下列有关说法不正确．．．的是A.Sm与Sm互为同位素B.Sm中含有82个中子C.Sm与Sm是不同的核素D.据Sm与Sm的质量数可以确定Sm元素的相对原子质量为1474.下列选用的实验器材(省略夹持装置,仪器规格和数量不限)能完成相应实验的是5.下列说法正确的是A.任意两原子间均能形成化学键B.由两个非金属原子形成的化合物中不可能存在离子键C.任何化学键的变化必然伴有着电子的得失D.某化合物的水溶液能导电,则该化合物中一定存在离子键6.下列常见金属的冶炼原理不正确．．．的是A.Fe2O3+2Al Al2O3+2FeB.MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑C.2AlCl32Al+3Cl2↑D.2Ag2O4Ag+O2↑7.已知短周期元素的离子a A3+、b B+、c C2-、d D-都具有相同的电子层结构,下列关系正确的是A.质子数:c>bB.离子的还原性:C2-<D-C.氢化物的稳定性:H2C>HDD.离子半径:B+>A3+8.设N A为阿伏加德罗常数的数值,下列叙述正确的是A.常温常压下,20 g 氖气所含有的分子数目为0.5N AB.常温下,46 g 乙醇含C—H键数目为6N AC.1.5 mol NO2与足量H2O反应,转移的电子数为N AD.将0.1 mol 乙酸乙酯滴加到稀硫酸中水解,生成0.1N A个CH3COOH分子9.下列离子方程式书写错误．．的是A.Ca(HCO3)2溶液中滴入过量NaOH溶液:2HC+Ca2++2OH-CaCO3↓+2H2O+CB.向NaAlO2溶液中通入过量的CO2:CO2+2H2O+Al Al(OH)3↓+HCC.0.01 mol·L-1的NH4Al(SO4)2溶液与0.02 mol·L-1的Ba(OH)2溶液等体积混合:Al3++2S+N+2Ba2++4OH-2BaSO4↓+Al(OH)3↓+NH3·H2OD.向Ca(ClO)2溶液中通入过量的SO2:ClO-+SO2+H2O HClO+HS10.X、Y、Z三种短周期元素在周期表中的位置如图所示。
安徽省合肥市高考化学三模试卷(含解析)
安徽省合肥市2015 届高考化学三模试卷一、（本卷包括20小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题6分，共120分）1．（6分）甲醛在酸性催化剂存在下三分子聚合可以生成性质相对稳定、毒性小、易于运输的三聚甲醛，反应如图所示．下列说法正确的是（）A．甲醛水溶液可作为食物防腐剂B．该反应类型为缩聚反应C．三聚甲醛分子中既含σ键又含п键D．常温下，9g三聚甲醛中含1.806×1023个碳原子2．（6分）利用图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是（）选项①②③实验结论A 稀硫酸Na2CO3C6H5ONa 酸性：H2CO3＞C6H5OHB 液溴和苯铁屑AgNO3溶液液溴和苯发生取代反应C 稀盐酸Na2SO3Ba（NO3）2溶液SO2与可溶性钡盐可以生成白色沉淀D 浓盐酸KMnO4FeBr2溶液氧化性：Cl2＞Br2＞Fe3+A．A B．B C．C D．D3．（6分）甲、乙、丙三种含不相同离子的可溶性强电解质，它们所含的离子如下表所示：阳离子NH4+、Na+、Mg2+阴离子OH﹣、NO3﹣、SO42﹣若取等质量的甲、乙、丙配成相同体积的溶液，发现溶质的物质的量浓度c（甲）＞c（乙）＞c（丙），则乙物质（）A．可能是Na2S04B．可能是NH4NO3C．可能是NaOH D．一定不是（NH4）2SO44．（6分）向10mL 0.1mol•L﹣1 NH4Al（SO4）2溶液中，滴加等浓度Ba（OH）2溶液x mL，下列叙述正确的是（）A．x=10时，溶液中有、Al3+、，且c（）=c（Al3+）B．x=20时，溶液中所发生的反应离子方程式为：Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣═2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2OC．x=30时，溶液中有Ba2+、、OH﹣，且c（OH﹣）＞c（）D．滴加过程中，生成沉淀的最大物质的量为0.003mol5．（6分）将KO2放人密闭的真空容器中，一定条件下，发生反应：4KO2（s）⇌2K2O（s）+3O2（g），达到平衡后，保持温度不变，缩小容器体积，重新达到平衡．下列说法正确的是（）A．容器内压强增大B．KO2的量保持不变C．平衡常数减小D．氧气浓度不变6．（6分）如图所示，甲池的总反应式为N2H4+O2=N2+2H2O，．下列说法正确的是（）A．甲池中负极上的电极反应式为N2H4﹣4e﹣=N2+4H+B．乙池中石墨电极上发生的反应为4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑C．甲池溶液pH增大，乙池溶液pH减小D．甲池中每消耗0.1mol N2H4乙池电极上则会析出6.4g固体7．（6分）已知NaHC2O4溶液显弱酸性，向100mL0.1mol•L﹣1的NaHC2O4．溶液中分别加入下列物质，有关说法正确的是（）A．加入少量H2 C2O4固体，促进水电离，溶液中c（H+）增大B．加入NaOH溶液至恰好完全反应，则溶液中：c（Na+）＞c（C2O42﹣）＞c（HC2O4﹣）＞c（H+）C．加入氨水至中性，则溶液中：c（NH4+）+c（Na+）=2c（C2O42﹣）+c（HC2O4﹣）D．加入0.01 mol Na2C2O4固体，则溶液中：3c（Na+）=2二、解答题（共4小题，满分58分）8．（15分）已知前四周期五种元素X、Y、Z、W、T，它们的原子序数依次增大．X是空气中含量最多的元素；Y、W位于同周期，W单质在常温下是黄绿色气体，Y单质在其中燃烧发出黄色火焰；Z的氧化物常用作制备通讯光纤；T是常见金属，在氧气中燃烧可以得到具有磁性的黑色物质．回答下列问题：（1）Z位于元素周期表中第周期第族；W基态原子核外电子排布式为．（2）Y和W的简单离子比较，半径较大的是_（填离子符号）；键的极性比较：X﹣HZ﹣H（填“大于”或“小于”）；Z单质和其氧化物比较，熔点较高的是（填化学式）．（3）向T单质与稀硫酸反应后的溶液中滴加足量的NaOH溶液，能观察到的现象是；X与Y 形成的原子个数比为1：3的简单化合物可与水反应生成两种碱，写出该物质与醋酸溶液反应的化学方程式．（4）一定条件下，在水溶液中1molW﹣、WO（z=1，2，3，4等）的能量（kJ）相对大小如图所示．①D点对应的微粒是（填离子符号）．②写出B→A+C反应的热化学方程式：（用离子符号表示）．9．（16分）某有机物A（C4 H6O5），广泛存在于许多水果中，是一种常用的食品添加剂．该化合物具有如下性质：i.25℃时，电离常数K1=3.99×10﹣4，K2=5.5×10﹣6ii．Imol A与足量钠产生1.5mol H2；ii．分子中核磁共振氢谱显示有5种不同化学环境的氢原子．与A相关的反应流程如下：回答下列问题：（1）A中官能团的名称为；B的结构简式为，C的系统命名为_．（2）A﹣﹣B的反应类型为；反应①所需的反应条件为．（3）写出下列反应的化学方程式：①M﹣N．；②E﹣F．，（4）A有多种同分异构体，写出符合下列条件的同分异构体结构简式：．①能发生水解，生成两种有机物；②水解后产物之间能发生缩聚反应．10．（14分）某研究性学习小组为了变废为宝，拟采用铅铬黄法对某电镀厂含铬废水进行处理，并生产出符合条件的铅铬黄（PbCrO4）．设计实验如下：已知：a．该厂的废水中主要含Cr3+，还有少量Cu2+和其它可溶性杂质；b．Cr（OH）3不溶于水，具有两性，pH=13时，发生反应：Cr（OH3）+OH﹣=﹣回答下列问题：（1）滤渣的成分是（填化学式）；第②步加入Na2CO3溶液的作用是．（2）第④步生成CrO42﹣的离子方程式为．（3）第⑤步加入NaOH的目的是为了提高铅铬黄的产率，请用化学平衡移动原理加以解释：．（4）测定铅铬黄纯度：取mg铅铬黄样品溶解，加足量KI将其还原为Cr3+，再用 c mol•L﹣1 Na2S2O3标准液滴定（反应：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI），消耗体积VmL．该滴定实验中所需主要玻璃仪器有烧杯、，测定标准液体积的仪器事先进行洗涤所用试剂依次为；此铅铬黄样品的质量分数w=（用含c、m和V的式子表示）．11．（13分）利用Na2S2O8产生的强氧化性SO4﹣•（自由基）降解有机污染物是目前最具潜力的高级氧化技术．文献报道某课题组探究pH，单质铁和Na2S2O8的浓度对降解2，4﹣DMAP（2，4﹣﹣甲基苯酚）效率的影响．（1）探究溶液酸碱性的影响：将等量的2，4﹣DMAP加入到不同pH的Na2S2O8溶液中，结果如图1所示．由此可知：溶液酸性增强，（填“有利于”或“不利于”）Na2S2O8产生SO4﹣•．（2）探究铁粉用量的影响：①实验前，先用0.1mol•L﹣1 H2SO4洗涤Fe粉，其目的是，后用蒸馏水洗涤至中性；②相同条件下，取不同量处理后的铁粉分别加入c（2，4﹣DMAP）=1.0×10 ﹣3mol•L﹣1、c （Na2S2O8）=4.2×10﹣3mol•L﹣1的混合溶液中，实验结果如图2所示．其中降解效率最好的铁粉用量是g/L；计算从反应开始到A点时，2，4﹣DMAP降解的平均反应速率为（忽略反应过程中溶液总质量变化）．③已知：2Fe+O2+2H2O=2Fe2++4OH﹣，S2O8﹣+Fe2+=SO4﹣+SO42﹣+Fe3+此外还可能会发生：SO4﹣+Fe2+=SO42﹣+Fe3+．当铁粉加入量过大时，2，4﹣DMAP的降解率反而下降，原因可能是（用离子方程式表示）．．（3）探究Na2S2O8浓度的影响：填写下表中空格，完成实验方案．序号、物理量M（Fe粉）/g V/mL V/mL 收集数据和得出结论1 100 0.3 50 502 100V（污水）/mL 0.3安徽省合肥市2015届高考化学三模试卷参考答案与试题解析一、（本卷包括20小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题6分，共120分）1．（6分）甲醛在酸性催化剂存在下三分子聚合可以生成性质相对稳定、毒性小、易于运输的三聚甲醛，反应如图所示．下列说法正确的是（）A．甲醛水溶液可作为食物防腐剂B．该反应类型为缩聚反应C．三聚甲醛分子中既含σ键又含п键D．常温下，9g三聚甲醛中含1.806×1023个碳原子考点：有机物的结构和性质．分析：A．甲醛具有防腐性但有毒；B．该反应属于加成反应；C．共价单键只含σ键，共价双键和三键含有σ键、π键；D．常温下，9g三聚甲醛物质的量==0.1mol，每个三聚甲醛分子中含有3个碳原子，所以0.1mol三聚甲醛中含有0.3mol碳原子．解答：解：A．甲醛具有防腐性但有毒，所以不能作食物防腐剂，但能用于动物标本制作，故A错误；B．该反应符合加成反应特点，所以属于加成反应，故B错误；C．共价单键只含σ键，共价双键和三键含有σ键、π键，根据结构简式知，三聚甲醛中只含σ键、不含π键，故C错误；D．常温下，9g三聚甲醛物质的量==0.1mol，每个三聚甲醛分子中含有3个碳原子，所以0.1mol三聚甲醛中含有0.3mol碳原子，所以9g三聚甲醛中含1.806×1023个碳原子，故D正确；故选D．点评：本题考查有机物结构和性质、物质的量计算及基本概念，明确物质结构及其性质关系是解本题关键，注意：甲醛生成三聚甲醛中断键和成键方式，题目难度不大．2．（6分）利用图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是（）选项①②③实验结论A 稀硫酸Na2CO3C6H5ONa 酸性：H2CO3＞C6H5OHB 液溴和苯铁屑AgNO3溶液液溴和苯发生取代反应C 稀盐酸Na2SO3Ba（NO3）2溶液SO2与可溶性钡盐可以生成白色沉淀D 浓盐酸KMnO4FeBr2溶液氧化性：Cl2＞Br2＞Fe3+A．A B．B C．C D．D考点：化学实验方案的评价；实验装置综合．分析：A．发生强酸制取弱酸的反应；B．发生取代反应生成溴苯与HBr，但溴易挥发，溴、HBr均与硝酸银反应；C．盐酸易挥发，酸性溶液中硝酸根离子、亚硫酸根离子发生氧化还原反应；D．浓盐酸与高锰酸钾发生氧化还原反应生成氯气，氯气与FeBr2溶液反应，可氧化亚铁离子、溴离子．解答：解：A．硫酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，二氧化碳与苯酚钠反应生成苯酚，由强酸制取弱酸可知，酸性：H2CO3＞C6H5OH，故A正确；B．发生取代反应生成溴苯与HBr，但溴易挥发，溴、HBr均与硝酸银反应，则图中装置不能说明液溴和苯发生取代反应，故B错误；C．盐酸易挥发，酸性溶液中硝酸根离子、亚硫酸根离子发生氧化还原反应，反应生成硫酸钡白色沉淀，结论不合理，故C错误；D．浓盐酸与高锰酸钾发生氧化还原反应生成氯气，氯气与FeBr2溶液反应，可氧化亚铁离子、溴离子，则不能比较Br2、Fe3+的氧化性，故D错误；故选A．点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及酸性比较、氧化还原反应、有机物的性质等，把握化学反应原理及实验装置中的反应为解答的关键，注意实验操作的可行性、评价性分析，题目难度不大．3．（6分）甲、乙、丙三种含不相同离子的可溶性强电解质，它们所含的离子如下表所示：阳离子NH4+、Na+、Mg2+阴离子OH﹣、NO3﹣、SO42﹣若取等质量的甲、乙、丙配成相同体积的溶液，发现溶质的物质的量浓度c（甲）＞c（乙）＞c（丙），则乙物质（）A．可能是Na2S04B．可能是NH4NO3C．可能是NaOH D．一定不是（NH4）2SO4考点：无机物的推断．分析：甲、乙、丙均是可溶性强电解质，则OH﹣只能与Na+组成NaOH，三种化合物不含相同离子，所以甲、乙、丙化合物有两种组合，第一组：NaOH、（NH4）2SO4、Mg（NO3）2；第二组：NaOH、NH4NO3、MgSO4，根据溶质质量相等，溶液体积相等以及物质的量浓度大小判断，相对分子质量：Mr（丙）＞Mr（乙）＞Mr（甲），据此判断．解答：解：甲、乙、丙都是可溶性强电解质，则OH﹣只能与Na+组成NaOH，三种化合物不含相同离子，所以甲、乙、丙化合物有两种组合：NaOH、（NH4）2SO4、Mg（NO3）2或NaOH、NH4NO3、MgSO4，根据溶质质量相等，溶液体积相等以及物质的量浓度大小判断，相对分子质量：Mr（丙）＞Mr（乙）＞Mr（甲）．第一种情况：NaOH、（NH4）2SO4、Mg（NO3）2，NaOH相对分子质量为40，（NH4）2SO4相对分子质量为132、Mg（NO3）2相对分子质量为148，第二种情况：NaOH、NH4NO3、MgSO4，NaOH相对分子质量为40、NH4NO3相对分子质量为80、MgSO4相对分子质量为120．所以甲为NaOH，乙可能是（NH4）2SO4或NH4NO3，丙为Mg（NO3）2或MgSO4，故选B．点评：本题考查离子共存、物质的量浓度有关计算等，难度中等，明确根据离子共存判断其中一种为氢氧化钠、再进行讨论可能的物质是关键．4．（6分）向10mL 0.1mol•L﹣1 NH4Al（SO4）2溶液中，滴加等浓度Ba（OH）2溶液x mL，下列叙述正确的是（）A．x=10时，溶液中有、Al3+、，且c（）=c（Al3+）B．x=20时，溶液中所发生的反应离子方程式为：Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣═2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2OC．x=30时，溶液中有Ba2+、、OH﹣，且c（OH﹣）＞c（）D．滴加过程中，生成沉淀的最大物质的量为0.003mol考点：离子方程式的有关计算．专题：离子反应专题．分析：当x=10时，NH4Al（SO4）2与Ba（OH）2等物质的量反应，此时OH﹣量不足，OH﹣先与Al3+反应，与NH4+不反应，所以溶液中有没有参加反应的NH4+和部分剩余的Al3+存在，同时SO42﹣也有剩余，但此时不会有AlO2﹣生成，结合铵根离子水解解答；当x=30时，0.001 mol 的NH4Al（SO4）2与0.003 mol Ba（OH）2反应，生成0.002 mol BaSO4、0.001 mol NaAlO2、0.001 mol NH3•H2O，且剩余0.001 mol Ba2+和0.001 mol OH﹣，由于NH3•H2O也是一种碱，存在电离平衡：NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，据此判断反应中c（OH﹣）与c（AlO2﹣）、c（Ba2+）的大小关系．解答：解：A、当x=10时，NH4Al（SO4）2与Ba（OH）2等物质的量反应，此时OH﹣量不足，OH﹣首先与Al3+反应，与NH4+不反应，所以溶液中有未参加反应的NH4+和部分剩余的Al3+存在，同时SO42﹣也有剩余，但此时不会有AlO2﹣生成，溶液中c（NH4+）＞c（Al3+），故A错误；B、x=20时，溶液中所发生的反应离子方程式为：NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣═2BaSO4↓+Al （OH）3↓+NH3•H2O，故B错误；C、当x=30时，10ml0.1mol/LNH4Al（SO4）2溶液中含有0.001molNH4+，0.001molAl3+，0.002molSO422+，6mmolOH﹣，混合后硫酸钡沉淀，剩余﹣，30ml等浓度Ba（OH）2溶液有0.003molBa0.001molBa2+；OH﹣过量溶液中存在0.001moAlO2﹣，铵根离子和氢氧根离子反应生成一水合氨，氢氧根离子剩余0.001mol；一水合氨电离生成铵根离子和氢氧根离子，此时c（OH﹣）＞c（AlO2﹣），故C正确；D、滴加过程中，生成沉淀的最大物质的量为氢氧化铝和硫酸钡沉淀，当 NH4Al（SO4）2溶液和Ba（OH）2溶液按照物质的量之比是1：2混合，沉淀的量最大，为0.002mol硫酸钡和0.001mol氢氧化铝，即沉淀的最大量是0.003mol，故D正确．故选CD．点评：本题考查了离子方程式的书写原则和方法应用，主要是定量反应的产物判断，关键分析离子反应顺序，先沉淀后反应生成弱电解质后沉淀溶解．5．（6分）将KO2放人密闭的真空容器中，一定条件下，发生反应：4KO2（s）⇌2K2O（s）+3O2（g），达到平衡后，保持温度不变，缩小容器体积，重新达到平衡．下列说法正确的是（）A．容器内压强增大B．KO2的量保持不变C．平衡常数减小D．氧气浓度不变考点：化学平衡的影响因素．分析：对于反应4KO2（s）⇌2K2O（s）+3O2（g），达到平衡后，保持温度不变，缩小容器体积，相当于增大压强，平衡逆向移动，化学平衡常数只与温度有关，据此分析解答．解答：解：A．缩小容器体积，相当于增大压强，平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数=c（O2）3，温度不变，化学平衡常数不变，则氧气浓度不变，所以压强不变，故A错误；B．平衡向逆反应方向移动，则KO2量增加，故B错误；C．化学平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，故C错误；D．化学平衡常数=c（O2）3，温度不变，化学平衡常数不变，则氧气浓度不变，故D正确；故选D．点评：本题考查了可逆反应平衡移动，根据压强与平衡移动方向之间的关系分析解答即可，注意平衡常数只与温度有关，与物质浓度无关，为易错点．6．（6分）如图所示，甲池的总反应式为N2H4+O2=N2+2H2O，．下列说法正确的是（）A．甲池中负极上的电极反应式为N2H4﹣4e﹣=N2+4H+B．乙池中石墨电极上发生的反应为4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑C．甲池溶液pH增大，乙池溶液pH减小D．甲池中每消耗0.1mol N2H4乙池电极上则会析出6.4g固体考点：原电池和电解池的工作原理．分析：A、甲池中为原电池反应，N2H4失电子生成氮气；B、乙池中为电解反应，石墨电极与正极相连为阳极，氢氧根在阳极失电子发生氧化反应；C、根据电池的总反应判断PH的变化；D、根据电路中每个电极得失电子守恒计算．解答：解：A、甲池中为原电池反应，负极N2H4﹣4e﹣+4OH﹣=N2+4H2O，故A错误；B、乙池中为电解反应，石墨电极与正极相连为阳极，氢氧根在阳极失电子发生氧化反应，反应式为4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑，故B正确；C、甲池中因反应生成了水会使溶液的pH值减小，乙池中因反应生成了酸也会使溶液的pH 值减小，故C错误；D、甲池中每消耗0.1mol N2H4，则根据负极N2H4﹣4e﹣+4OH﹣=N2+4H2O，转移0.4mol电子，所以乙池电极上则会析出×64g/mol=12.8g铜，故D错误．故选B．点评：本题考查了原电池、电解池工作的基本原理，以及原电池电极反应式的书写，题目难度中等，注意把握原电池和电解池中电极方程式的书写方法．7．（6分）已知NaHC2O4溶液显弱酸性，向100mL0.1mol•L﹣1的NaHC2O4．溶液中分别加入下列物质，有关说法正确的是（）A．加入少量H2 C2O4固体，促进水电离，溶液中c（H+）增大B．加入NaOH溶液至恰好完全反应，则溶液中：c（Na+）＞c（C2O42﹣）＞c（HC2O4﹣）＞c（H+）C．加入氨水至中性，则溶液中：c（NH4+）+c（Na+）=2c（C2O42﹣）+c（HC2O4﹣）D．加入0.01 mol Na2C2O4固体，则溶液中：3c（Na+）=2考点：离子浓度大小的比较．分析：NaHC2O4溶液显弱酸性，说明HC2O4﹣的电离程度大于其水解程度，A．加入H2C2O4固体后，溶液中氢离子浓度增大，抑制了水的电离；B．恰好反应后生成Na2C2O4，C2O42﹣部分水解，溶液显示碱性，由于氢离子来自水的电离和C2O42﹣的水解，则c（H+）＞c（HC2O4﹣）；C．溶液为中性，则c（H+）＞c（OH﹣），根据溶液中的电荷守恒判断；D．根据混合液中的物料守恒分析．解答：解：NaHC2O4溶液显弱酸性，说明HC2O4﹣的电离程度大于其水解程度，A．酸溶液抑制了水的电离，加入H2C2O4固体后，溶液中氢离子浓度增大，则水的电离程度减小，抑制了水的电离，故A错误；B．加入NaOH溶液至恰好完全反应生成Na2C2O4，C2O42﹣部分水解，溶液显示碱性，由于氢离子来自水的电离和C2O42﹣的水解，则c（H+）＞c（HC2O4﹣），正确的离子浓度大小为：c（Na+）＞c（C2O42﹣）＞c（H+）＞c（HC2O4﹣），故B错误；C．中性溶液中c（H+）＞c（OH﹣），根据电荷守恒可得：c（NH4+）+c（Na+）=2c（C2O42﹣）+c （HC2O4﹣），故C正确；D．加入0.01 mol Na2C2O4固体，混合液中含有等浓度的Na2C2O4和NaHC2O4，根据物料守恒可得：2c（Na+）=3，故D错误；故选C．点评：本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，明确电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理为解答关键，注意掌握判断离子浓度大小常用方法，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力．二、解答题（共4小题，满分58分）8．（15分）已知前四周期五种元素X、Y、Z、W、T，它们的原子序数依次增大．X是空气中含量最多的元素；Y、W位于同周期，W单质在常温下是黄绿色气体，Y单质在其中燃烧发出黄色火焰；Z的氧化物常用作制备通讯光纤；T是常见金属，在氧气中燃烧可以得到具有磁性的黑色物质．回答下列问题：（1）Z位于元素周期表中第三周期第ⅣA族；W基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p5．（2）Y和W的简单离子比较，半径较大的是Cl﹣_（填离子符号）；键的极性比较：X﹣H大于Z﹣H（填“大于”或“小于”）；Z单质和其氧化物比较，熔点较高的是SiO2（填化学式）．（3）向T单质与稀硫酸反应后的溶液中滴加足量的NaOH溶液，能观察到的现象是先生成白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；X与Y形成的原子个数比为1：3的简单化合物可与水反应生成两种碱，写出该物质与醋酸溶液反应的化学方程式Na3N+4CH3COOH→CH3COONH4+4CH3COONa．（4）一定条件下，在水溶液中1molW﹣、WO（z=1，2，3，4等）的能量（kJ）相对大小如图所示．①D点对应的微粒是ClO4﹣（填离子符号）．②写出B→A+C反应的热化学方程式：3ClO﹣（aq）=ClO3﹣（aq）+2Cl﹣（aq）△H=﹣117kJ/mol （用离子符号表示）．考点：位置结构性质的相互关系应用．分析：前四周期五种元素X、Y、Z、W、T，它们的原子序数依次增大．X是空气中含量最多的元素，则X为N元素；Y、W位于同周期，单质在常温下是黄绿色气体，则W为Cl；Y 单质在其中燃烧发出黄色火焰，则Y为Na；Z的氧化物常用作制备通讯光纤，则Z为Si；T 是常见金属，在氧气中燃烧可以得到具有磁性的黑色物质，则T为Fe．（1）主族元素周期数=电子层数、主族族序数=最外层电子数；W为Cl，原子核外有17个电子，根据能量最低原理书写基态原子核外电子排布式；（2）电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大；电负性越大，对键合电子吸引力越大，共价键的极性越强；Si单质和其氧化物SiO2均属于原子晶体，键长越短、键能越大，物质的熔点越高；（3）向Fe单质与稀硫酸反应得到硫酸亚铁，向后的溶液中滴加足量的NaOH溶液，开始生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定，被氧化为氢氧化铁；X与Y形成的原子个数比为1：3的简单化合物为Na3N，可与水反应生成两种碱，生成NaOH 与NH3，该物质与醋酸溶液反应时，可以看做先发生水解反应，水解产物再与醋酸发生反应，进而书写总反应方程式；（4）①D中Cl元素化合价为+7价，化合价代数和等于离子所带电荷，据此判断x值确定离子符合；②B→A+C的反应方程式为：3ClO﹣=ClO3﹣+2Cl﹣，根据离子能量计算反应热，进而书写热化学方程式．解答：解：前四周期五种元素X、Y、Z、W、T，它们的原子序数依次增大．X是空气中含量最多的元素，则X为N元素；Y、W位于同周期，单质在常温下是黄绿色气体，则W为Cl；Y单质在其中燃烧发出黄色火焰，则Y为Na；Z的氧化物常用作制备通讯光纤，则Z为Si；T是常见金属，在氧气中燃烧可以得到具有磁性的黑色物质，则T为Fe．（1）Z为Si，原子核外有3个电子层、最外层电子数为3，位于元素周期表中第三周期第ⅣA族；W为Cl，原子核外有17个电子，基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p5，故答案为：三、ⅣA；1s22s22p63s23p5；（2）Cl﹣离子比Na+离子多1个电子层，故离子半径Cl﹣＞Na+，由于电负性N＞Si，故键的极性：N﹣H大于Si﹣H；Si单质和其氧化物SiO2均属于原子晶体，由于Si﹣Si键长＞Si﹣O键长，故Si﹣O键的键能更大，其熔点高于晶体硅，故答案为：Cl﹣；大于；SiO2；（3）向Fe单质与稀硫酸反应得到硫酸亚铁，向后的溶液中滴加足量的NaOH溶液，开始生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定，被氧化为氢氧化铁，看到的现象为：开始白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；X与Y形成的原子个数比为1：3的简单化合物为Na3N，可与水反应生成两种碱，生成NaOH 与NH3，该物质与醋酸溶液反应时，可以看做先发生水解反应，水解产物再与醋酸发生反应，故与醋酸的化学方程式为：Na3N+4CH3COOH→CH3COONH4+4CH3COONa，故答案为：先生成白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；Na3N+4CH3COOH→CH3COONH4+4CH3COONa；（4）①根据图象知，D中Cl元素化合价为+7价，则7+（﹣2）x=﹣1，解得x=4，所以ClO x﹣中x为4，则D为ClO4﹣，故答案为：ClO4﹣；②B→A+C的反应方程式为：3ClO﹣=ClO3﹣+2Cl﹣，反应热=（63kJ/mol+2×0kJ/mol）﹣3×60kJ/mol=﹣117kJ/mol，所以该热化学反应方程式为3ClO﹣（aq）=ClO3﹣（aq）+2Cl﹣（aq）△H=﹣117kJ/mol，故答案为：3ClO﹣（aq）=ClO3﹣（aq）+2Cl﹣（aq）△H=﹣117kJ/mol；点评：本题考查位置结构性质关系综合应用，推断元素是解题关键，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础，难度中等．9．（16分）某有机物A（C4 H6O5），广泛存在于许多水果中，是一种常用的食品添加剂．该化合物具有如下性质：i.25℃时，电离常数K1=3.99×10﹣4，K2=5.5×10﹣6ii．Imol A与足量钠产生1.5mol H2；ii．分子中核磁共振氢谱显示有5种不同化学环境的氢原子．与A相关的反应流程如下：回答下列问题：（1）A中官能团的名称为羟基、羧基；B的结构简式为HOOCCH=CHCOOH，C的系统命名为2，3﹣二溴丁二酸_．（2）A﹣﹣B的反应类型为消去反应；反应①所需的反应条件为氢氧化钠水溶液、加热．（3）写出下列反应的化学方程式：①M﹣N．；②E﹣F．，（4）A有多种同分异构体，写出符合下列条件的同分异构体结构简式：HOOCCOOCH2CH2OH．①能发生水解，生成两种有机物；②水解后产物之间能发生缩聚反应．考点：有机物的推断．分析：A分子式为C4H6O5，不饱和度为=2，M在氢氧化钠溶液加热条件下发生水解得N，N酸化得A，1mol A与足量的金属钠反应产生1.5mol H2，结合A的电离平衡常数，可知A为二元弱酸，则A含有羟基、羧基，则A分子中含有一个羟基和二个羧基，结合B的分子式可知，A在浓硫酸作用下加热发生消去反应得B为HOOCCH=CHCOOH，核磁共振氢谱表明A分子中有5种不同化学环境的氢原子，则A的结构简式为：HOOCCH（OH）CH2COOH，B 与溴加成得C为HOOCCH（Br）CH（Br）COOH，根据F的分子式可知，C在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应得到D为，D酸化得E为HOOCC≡CCOOH，E与甲醇发生酯化反应得F为CH3OOCC≡CCOOCH3，根据A的结构简式可反推得N为NaOOCCH（OH）CH2COONa，M为HOOCCH （Cl）CH2COOH，据此解答．解答：解：A分子式为C4H6O5，不饱和度为=2，M在氢氧化钠溶液加热条件下发生水解得N，N酸化得A，1mol A与足量的金属钠反应产生1.5mol H2，结合A的电离平衡常数，可知A为二元弱酸，则A含有羟基、羧基，则A分子中含有一个羟基和二个羧基，结合B的分子式可知，A在浓硫酸作用下加热发生消去反应得B为HOOCCH=CHCOOH，核磁共振氢谱表明A分子中有5种不同化学环境的氢原子，则A的结构简式为：HOOCCH（OH）CH2COOH，B与溴加成得C为HOOCCH（Br）CH（Br）COOH，根据F的分子式可知，C在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应得到D为，D酸化得E为HOOCC≡CCOOH，E与甲醇发生酯化反应得F为CH3OOCC≡CCOOCH3，根据A的结构简式可反推得N为NaOOCCH（OH）CH2COONa，M为HOOCCH （Cl）CH2COOH，（1）A的结构简式为：HOOCCH（OH）CH2COOH，A中官能团的名称为羟基、羧基，B为HOOCCH=CHCOOH，C为HOOCCH（Br）CH（Br）COOH，C的系统命名为2，3﹣二溴丁二酸，故答案为：羟基、羧基；HOOCCH=CHCOOH；2，3﹣二溴丁二酸；（2）根据上面的分析可知在，A﹣﹣B的反应类型为消去反应，反应①所需的反应条件为氢氧化钠水溶液、加热，故答案为：消去反应；氢氧化钠水溶液、加热；（3）反应M﹣N的化学方程式为：，反应E﹣F的化学方程式为，故答案为：；；（4）A的同分异构体符合下列条件①能发生水解，生成两种有机物，说明有酯基，②水解后产物之间能发生缩聚反应，则符合条件的结构简式为：HOOCCOOCH2CH2OH，故答案为：HOOCCOOCH2CH2OH；点评：本题考查有机物的推断，确定A的结构简式是关键，再结合反应条件与有机物分子式进行推断，侧重于学生的分析能力的考查，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，难度中等．10．（14分）某研究性学习小组为了变废为宝，拟采用铅铬黄法对某电镀厂含铬废水进行处理，并生产出符合条件的铅铬黄（PbCrO4）．设计实验如下：已知：a．该厂的废水中主要含Cr3+，还有少量Cu2+和其它可溶性杂质；b．Cr（OH）3不溶于水，具有两性，pH=13时，发生反应：Cr（OH3）+OH﹣=﹣回答下列问题：。
2015届高三第三次模拟考试化学(含答案)
2015届高三第三次模拟考试化学（含答案）时量：90分钟满分：100分可能用到的相对分子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Si-28 S-32 Cl-35.5K-39 Fe-56 Mg-24 Al-27 Cu-64I 卷选择题（本题共20小题，每小题只有一个选项符合题。
每小题3分，共60分）1．化学在生产和日常生活中有着重要的应用。
下列说法不正确的是（）A．明矾水解形成的Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化B．在海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀速率C．“静电除尘”、“燃煤固硫”、“汽车尾气催化净化”都能提高空气质量D．电解MgCl2溶液，可制得金属镁3、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是( )A．78g 苯含有C＝C双键的数目为3NAB．常室温下，1LpH=13的Ba(OH)溶液中，溶液中的OH-离子数目为0.2NAC．0.1molMg在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2，转移的电子数为0.2NAD．含2molH2SO4的浓硫酸与足量铜片在加热条件下反应，产生NA个SO2气体分子4、下列说法不正确的是（）A、铜片在稀硫酸和NaNO3混合溶液中可溶解B、常温常压下，46gNO2和N2O4混合气体共含有3mol原子C、光纤通讯中制造光纤的基本原料是SiO2D、光照氯水有气泡逸出该气体是Cl25．下列试剂的保存方法正确的是（）A．氢氟酸保存在玻璃瓶中，烧碱溶液存放在带有玻璃塞的试剂瓶中B．水玻璃存放在滴瓶中，硝酸银溶液保存在无色广口瓶中。
C．少量金属钠保存在煤油中，少量白磷保存在水中。
D．液溴直接存放在棕色滴瓶中，浓硝酸保存在带橡胶塞的无色玻璃瓶中。
6.下列有关溶液组成的描述合理的是 ( )A．常温下在c(H＋)＝1×10-13mol/L的溶液中能大量存在Mg2＋、Cu2＋、SO42－、NO3 B．使甲基橙试液变红的溶液中可能大量存在Na+、ClO‾、SO42‾、I‾C．使PH试纸变蓝的溶液中可大量存在Na+、K+、AlO -2、CO-23D．常温下，在水电离产生的c(H＋)×c(OH-)＝1×10-24的溶液中可大量存在Fe2+、Cl－、NO3－、K+7．下列反应的离子方程式正确的是 ( )A．碳酸钙跟醋酸反应：CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋H2O＋CO2↑4B．硫酸铝溶液中加过量氨水：Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH＋C．向足量的溴化亚铁溶液中通入少量的氯气：2Fe2＋＋4Br－＋3Cl2===2Fe3＋＋2Br2＋6Cl3－D．碳酸氢钠溶液与足量的氢氧化钡溶液混合：Ba2＋＋2OH－＋2HCO－3===BaCO3↓＋CO2－＋2H2O3、NO－3。
安徽省示范高中2015届高三第三次联考化学试卷(扫描版).pdf
金榜教育·2015届安徽省示范高中高三第三次联考 化学参考答案 1. D 【解析】光导纤维是由SiO2制成，A错误；玻璃是C 【解析】 A选项中是S2-的结构示意图，错误；B选项中，Cl-的电子式不正确，错误；原子核内有10个中子的氧原子基态铜原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d4s1，D错误。
3.A 【解析】A选项 B选项中Cr2O72-为橙色，不符合要求，错误；C选项I2和淀粉发生反应，无法大量共存；D选项中N、O大量共存。
气态氢化物的稳定性、、、四种短周期元素在周期表中的相对位置PM2.5颗粒PM2.5颗粒. B 【解析】复分解反应的也有能量变化，A错误；提供充足的氧气焦炭燃烧更充分，放热更多，但燃烧热不变，C错误；反应热只与参与反应的物质的始态和终态有关，与条件无关，D错误。
Fe3＋0.02 mol·L－12(SO4)3溶液中含3+数目NA，A错误；根据原子守恒，NO2和N2O4混合气体中氮氧质量比固定不变，所以N原子的物质的量为23g÷46g/mol＝0.5mol，N原子数为0. NA，B正确；25℃不是标准状况，C选项错误；常温下，0 L pH＝12的Na2CO3溶液中含有的0.1NA，D错误。
8.C 【解析】Al63Cu24Fe13的原子之间是金属键作用，A错误；金是金属晶体，准晶体与金的晶体类型不同，B错误；Al63Cu24Fe13的摩尔质量为3965g/mol，D错误。
9.C 【解析】参与反应的物质的量不确定，电子转移数也无法确定，A错误；1L2mol/L KI溶液能吸收5.6L（标准状况）的SO2，但烟气中还有其他成分，故烟气的体积大于5.6L，B错误；吸收液中有S单质，固液分离可以用过滤法，C正确； KI在吸收过程中既不是氧化剂也不是还原剂，D错误。
SO2通入NaClO溶液中的离子方程式应为SO2+ClO—+2OH—＝SO42—+Cl—+ H2OHNO3应将Fe2+氧化为Fe3+，错误NaAlO2溶液中通入过量的CO2，生成的应为HCO3-，而不是CO32-，项错误。
安徽省高考化学三模试卷(含解析)
2015年安徽省高考化学三模试卷一、选择题1．现代工业放琉涉及到反应：2NaHS+4NaVO3+H2O=Na2V4O9+4NaOH+2S，下列说法正确的是（） A． H2O为直线型分子B．反应中每生成1molS转移了2mol电子C． NaHS中含离子键和非极性键D．琉单质（St）为原子晶体2．下列有关（NH4）2Fe（SO4）2溶液的叙述正确的是（）A．该溶液中，K+、Mg2+、NH3•H2O、Cl﹣可以大量共存B．与足量Ba（OH）2溶液反应的离子方裎式：Fe2++SO42﹣+Ba2++2OH﹣=Fe（OH）2↓+BaSO4↓ C．（NH4）2Fe（SO4）2溶液久置空气中变质的离子方程式：12Fe2++3O2+6H2O=4Fe（OH）3↓+8Fe3+ D．向该溶液中滴加适量的酸性KMnO4溶液使其恰好反应溶液褪为无色3．利用如图装置可以制取某些气体，所用药品合理且收集气体方法正确的是（）制取气体实验药品收集气体方法A 二氧化碳碳酸钙、稀硫酸排饱和碳酸氢钠溶液B 氧气双氧水、二氧化锰排水法C 氨气氧氡化钠溶液、浓氨水向下排空气法D 乙烯氯乙烷，氢氧化钠、乙醇排水法A． A、 B． B、 C． C、 D． D、4．对于CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOCH2CH3+H2O反应有关叙述正确的是（）A．浓硫酸在该反应中起着降低反应活化能和提高原料转化率作用B．该反应属于消去反应C．如图表示放热反应的图象．曲线1表示未加催化剂，则曲线2表示加了催化剂D．该反应为放热反应，故升髙温度正反应速度减小，逆反应速度加快5．室温下，下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是（）A． pH=a的H2S溶液中，c（H+）=c（HS﹣）=1×10﹣a mol．L﹣1B．等物质的量的Na2CO3和NaHCO3混合液：c（HCO3）＞c（CO32﹣）C． H2C204与 NaOH 溶液任意比例混合：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（ HC204﹣）D．（NH4）2SO4溶液中：c（SO42﹣）=2c（NH4+）+2c（NH3•H20）6．化学中很多规律（性质）都有其适用范围，下列根据其推出的结论正确的是（）选项规律（或性质）结论A 主族元素最高正化合价等于族序数第VⅡA族元素最高正价都是+7B SO2和湿润的Cl2都有漂白性二者混合后漂白性更强C 常湿下铜与浓硝酸反应可以制取NO2常温下铁与浓硝酸反应也可以制取NO2D 较强酸可以制取较弱酸 CO2通入NaClO溶液液中能生成HC10A． A、 B． B、 C． C、 D． D、7．己知浓硝酸和乙胺反应：CH3CH2NH2+HNO3=CH3CH2NH3．NO3，产物 CH3CH2NH3•NO3的熔点为12℃，在室温下能够融化电离出CH3CH2NH3+和NO3﹣离子，称为室温离子．下列有关正确的是（） A．浓硝酸和乙胺反应属于加成反应B．室溫离子可以使熔盐燃料电池在常溫下工作C． CH3CH2NO3中，只有σ键没有π键D．融化CH3CH2•NO3晶体需要破坏分子间作用力二、解答题（共4小题，满分58分）8．（15分）（2015•安徽三模）H、Al、O、N、S是常见的六种元素（1）S位于元素周期表周期第族，Fe的基态原子核外价电子排布式为；O的基态原子核外有种运动状态不同的电子（2）用“＞”“＜”或“=”填空第一电离能氧化性沸点非金属性N S Fe3+Al3+ NH3H2O 16O 18O（3）己知：下列两个热化学方程式：4Fe（s）+302（g）=2Fe2O3（s）△H=﹣aKJ/mol4Al（s）+3O2（g）=2Al2O3（S）△H=﹣bKJ/mol則Al（s）的单质和Fe2O3（s）反应的热化学方程式是（4）FeSO4溶液可与硝酸发生反应，写出此反应的离子方程式，并标出电子转移的方向和数目．9．（16分）（2015•安徽三模）环扁桃醇（Cyclandelate），商品名为“安脉生”是一种抗休克药，可由下列路线合成，已知：R﹣CN R﹣COOH请回答下列问题：（1）A的结构筒式为，D→E的反应类型为（2）G中含有的官能团名称是（不包括苯环）．有机物H的分子式为（3）请写出符合下列条件的F同分异构体的结构简式①遇FeCl3溶液显色②苯环上一元取代物有2种能发生银镜反应和水解反应（4）在一定条件下可以合成一种含三个六元环的有机物（C16H12O4），写出该反应的化学方程式（5）下列说法正确的是a．B分子在浓硫酸中可发生消去反应b．C可以分别于Na、NaOH发生反应c．D分子中所有原子可能共平面d．G可发生取代、加成、消去、氧化等反应．10．（14分）（2015•安徽三模）为减少工厂烟气中的碳排放，某工厂尝试用以下工艺流程进行固碳，并产生碱式碳酸镁【Mg2（OH）2CO3]已知：①橄榄石的主要成分为Mg2SiO4②Mg2SiO4（s）+4HCl（aq）⇌2MgCl（aq）+SiO2（s）+2H2O（l）△=﹣49.04kJ．mol﹣1（1）固碳时发生的主要反应的化学方程式为，也可用下列物质中的（填字母）进行固碳a．Na2CO3；b．BaCl2；c．NH3•H2O；d．NH4HCO3（2）流程中将橄榄石磨碎后再进行溶解的目的是，研究表明，用一定量一定浓度的盐酸，在不同温度时，测得溶解橄榄石的效率随温度变化情况如图所示（时间都为120min），试分析90%橄榄石溶解效率开始降低的原因；（3）上述流程制得的碱式碳酸镁产品常含有少量杂质（NaCl和Fe2O3），为得到纯净的产品，将产品进行除铁处理，再对产品进行洗涤，判断A是否洗净的操作为（4）若该工厂排放烟气的速率为22.4m3/min（已析换成标准状况下），其中CO2的体积分数为15%，则理论上此工厂1小时可制得碱式碳酸镁kg．11．（13分）（2015•安徽三模）高纯铁有良好的延展性、软磁性、热性能、导电性能和耐腐蚀性能等优异性能，近年来，高纯铁的研究越来越受到人们关注．某研究小组利用电解法制备髙纯铁，研究过程如下：，（1）电解液的配制；按实验要求，要配制高浓度的硫酸亚铁，配制好后立即密封保存其目的：（2）实验探究溶液的pH、Fe+2+的浓度对实验的影响，并探究最佳的电解制备高纯铁的条件，实验采用单一变量法，测得的结构绘制如下2个图形（阴极电流效率越高，电解效果越好：本实验探究的最佳工艺条件为：①电解液初始pH3～4②Fe2+的浓度为g/L tA.30～400B.40～90C.90～100（3）该研究小组对“电解液初始pH对产品的影响”做了进一歩探究pH＜3时，除了有铁产生，同时还有少量气泡产生，則阴极电解的离子方程式除了 Fe2++2e﹣=Fe外，还有（4）在pH=5～6时，电解得到高纯铁的效率极低．在阴极下方有少许沉淀产生，该研究小组提出如下假设假设一：该沉淀为Fe（OH）假设二：该沉淀为假设三：该沉淀为为了验证假设，取阴板下方沉淀于试管中（为防止沉淀被氧化化，取沉淀以及实实验时要采取适当方法隔离氧气），然后：操作现象结论假设三正确2015年安徽省高考化学三模试卷参考答案与试题解析一、选择题1．现代工业放琉涉及到反应：2NaHS+4NaVO3+H2O=Na2V4O9+4NaOH+2S，下列说法正确的是（） A． H2O为直线型分子B．反应中每生成1molS转移了2mol电子C． NaHS中含离子键和非极性键D．琉单质（St）为原子晶体考点：判断简单分子或离子的构型；化学键；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别．分析： A．根据H2O中O原子的价层电子对数判断杂化类型和分子构型；B．反应中S的化合价从﹣2价升高到0价；C．NaHS中钠离子与硫氢根离子形成离子键，还存在H﹣S键；D．硫单质（S8）中存在分子．解答：解：A．H2O中O原子的价层电子对数为2+=4，属于sp3杂化，含有2个孤电子对，其分子的空间构型为V形，故A错误；B．反应中S的化合价从﹣2价升高到0价，则反应中每生成1molS转移了2mol电子，故B 正确；C．NaHS中钠离子与硫氢根离子形成离子键，还存在H﹣S极性键，不含有非极性键，故C 错误；D．硫单质（S8）中存在S8分子，属于分子晶体，不是原子晶体，故D错误．故选B．点评：本题考查了分子空间类型的判断、氧化还原反应、化学键、晶体类型，题目难度不大，侧重于基础知识的考查，注意把握分子空间类型的判断方法．2．下列有关（NH4）2Fe（SO4）2溶液的叙述正确的是（）A．该溶液中，K+、Mg2+、NH3•H2O、Cl﹣可以大量共存B．与足量Ba（OH）2溶液反应的离子方裎式：Fe2++SO42﹣+Ba2++2OH﹣=Fe（OH）2↓+BaSO4↓ C．（NH4）2Fe（SO4）2溶液久置空气中变质的离子方程式：12Fe2++3O2+6H2O=4Fe（OH）3↓+8Fe3+ D．向该溶液中滴加适量的酸性KMnO4溶液使其恰好反应溶液褪为无色考点：离子共存问题；离子方程式的书写．分析：（NH4）2Fe（SO4）2在溶液中电离出Fe2+、NH4+、SO42﹣，A．镁离子、亚铁离子都与一水合氨反应生成沉淀；B．氢氧化钡足量，硫酸根离子、亚铁离子和铵根离子都参与反应，漏掉了铵根离子与氢氧根离子的反应；C．亚铁离子被空气中氧气氧化成铁离子，反应产物中氢氧化铁沉淀和硫酸铁、硫酸铵，据此判断离子方程式；D．铁离子和锰离子都是有色离子，所以反应后溶液不可能为无色．解答：解：（NH4）2Fe（SO4）2在溶液中电离出Fe2+、NH4+、SO42﹣，A．Mg2+、Fe2+与NH3•HO2之间反应生成沉淀，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．（NH4）2Fe（SO4）2与足量Ba（OH）2溶液反应生成一水合氨、氢氧化亚铁和硫酸钡沉淀，正确的离子方裎式为：2NH4++Fe2++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣=Fe（OH）2↓+2BaSO4↓+2NH3•H2O，C．（NH4）2Fe（SO4）2溶液久置空气中被氧气氧化成铁离子，部分铁离子转化成氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式为：12Fe2++3O2+6H2O=4Fe（OH）3↓+8Fe3+，故C正确；D．向该溶液中滴加适量的酸性KMnO4溶液，亚铁离子被氧化成铁离子，高锰酸根离子被还原成锰离子，铁离子和锰离子都是有色离子，所以反应后的溶液不可能变为无色，故D错误；故选C．点评：本题考查了离子方程式书写、离子共存的判断，题目难度中等，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子共存的条件，D为易错点，注意反应后的溶液不可能为无色，试题培养了学生灵活应用基础知识的能力．3．利用如图装置可以制取某些气体，所用药品合理且收集气体方法正确的是（）制取气体实验药品收集气体方法A 二氧化碳碳酸钙、稀硫酸排饱和碳酸氢钠溶液B 氧气双氧水、二氧化锰排水法C 氨气氧氡化钠溶液、浓氨水向下排空气法D 乙烯氯乙烷，氢氧化钠、乙醇排水法A． A、 B． B、 C． C、 D． D、考点：化学实验方案的评价．专题：实验评价题．分析： A．碳酸钙、稀硫酸反应生成微溶的硫酸钙，反应难以顺利进行；B．双氧水、二氧化锰可生成氧气，氧气不溶于水；C．应用氢氧化钠固体与浓氨水；D．反应应在加热条件下进行．解答：解：A．碳酸钙、稀硫酸反应生成微溶的硫酸钙，生成的硫酸钙附在固体表面，反应难以顺利进行，应用碳酸钠代替，故A错误；B．双氧水、二氧化锰可生成氧气，氧气不溶于水，可用于排水法收集，故B正确；C．氨气易溶于水，应用氢氧化钠固体与浓氨水作用制备氨气，故C错误；D．反应应在加热条件下进行，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，侧重学生的分析、实验能力的考查，注意把握物质的性质以及反应的原理，把握实验的可行性和合理性的评价，难度不大．4．对于CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOCH2CH3+H2O反应有关叙述正确的是（）A．浓硫酸在该反应中起着降低反应活化能和提高原料转化率作用B．该反应属于消去反应C．如图表示放热反应的图象．曲线1表示未加催化剂，则曲线2表示加了催化剂D．该反应为放热反应，故升髙温度正反应速度减小，逆反应速度加快考点：反应热和焓变；化学平衡的影响因素．分析： A．酯化反应中浓硫酸作催化剂和吸水剂；B．该反应属于取代反应；C．曲线2表示的活化能大于图1；D．升高温度加快反应速率．解答：解：A．酯化反应中浓硫酸作催化剂和吸水剂，作催化剂可以降低反应活化能，作吸水剂可以减少生成物水，使平衡正向移动，则可以提高原料转化率，故A正确；B．该反应属于取代反应，不属于消去反应，消去反应中有不饱和键生成，故B错误；C．曲线2表示的活化能大于图1，加催化剂活化能减小，所以曲线1表示加了催化剂，故C 错误；D．升高温度加快反应速率，则升髙温度正反应速度加快，逆反应速度加快，故D错误；故选A．点评：本题易酯化反应为载体考查化学反应素的影响因素，为高频考点，侧重于学生的分析能力和基本概念、理论知识的综合理解和运用的考查，难度不大，注意把握可逆反应的特点．5．室温下，下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是（）A． pH=a的H2S溶液中，c（H+）=c（HS﹣）=1×10﹣a mol．L﹣1B．等物质的量的Na2CO3和NaHCO3混合液：c（HCO3）＞c（CO32﹣）C． H2C204与 NaOH 溶液任意比例混合：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（ HC204﹣）D．（NH4）2SO4溶液中：c（SO42﹣）=2c（NH4+）+2c（NH3•H20）考点：离子浓度大小的比较．分析： A、硫化氢是二元弱酸，分两步电离，所以c（H+）=1×10﹣a mol．L﹣1＞c（HS﹣）；B、碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠的水解程度；C、根据电荷守恒分析解答；D、根据物料守恒分析解答．解答：解：A、硫化氢是二元弱酸，分两步电离，所以c（H+）=1×10﹣a mol．L﹣1＞c（HS﹣），故A错误；B、碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠的水解程度，所以c（HCO3）＞c（CO32﹣），故B正确；C、由电荷守恒，可知：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（ HC204﹣）+2c（ C2042﹣），故C错误；D、铵根离子是弱离子，在溶液中存在两种形式，根据物料守恒：2c（SO42﹣）=c（NH4+）+c （NH3•H20），故D错误；故选B．点评：本题考查了溶液中离子浓度大小比较，题目难度中等，学会利用电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理结合溶液中的电离平衡问题解决离子浓度大小的问题．6．化学中很多规律（性质）都有其适用范围，下列根据其推出的结论正确的是（）选项规律（或性质）结论A 主族元素最高正化合价等于族序数第VⅡA族元素最高正价都是+7B SO2和湿润的Cl2都有漂白性二者混合后漂白性更强C 常湿下铜与浓硝酸反应可以制取NO2常温下铁与浓硝酸反应也可以制取NO2D 较强酸可以制取较弱酸 CO2通入NaClO溶液液中能生成HC10A． A、 B． B、 C． C、 D． D、考点：元素周期表的结构及其应用；氯气的化学性质；二氧化硫的化学性质；铜金属及其重要化合物的主要性质．分析： A、第VⅡA族元素氟无正价；B、二氧化硫和氯气在水溶液中会发生氧化还原反应；C、铁与冷的浓硝酸发生钝化现象；D、碳酸的酸性比次氯酸的酸性强．解答：解：A、第VⅡA族元素氟无正价，结论不正确，故A错误；B、等物质的量的二氧化硫和氯气在水溶液中会发生氧化还原反应生成盐酸和硫酸，不再具有漂白性，故B错误；C、铁与冷的浓硝酸发生钝化现象，所以常温下铁与浓硝酸反应也可以制取NO2，故C错误；D、碳酸的酸性比次氯酸的酸性强，所以CO2通入NaClO溶液液中能生成HC10，故D正确；故选D．点评：本题考查了物质的性质方面的知识，难度适中，解题时要注意一般规律与特殊情况的关系，以及规律所适用的条件等．7．己知浓硝酸和乙胺反应：CH3CH2NH2+HNO3=CH3CH2NH3．NO3，产物 CH3CH2NH3•NO3的熔点为12℃，在室温下能够融化电离出CH3CH2NH3+和NO3﹣离子，称为室温离子．下列有关正确的是（） A．浓硝酸和乙胺反应属于加成反应B．室溫离子可以使熔盐燃料电池在常溫下工作C． CH3CH2NO3中，只有σ键没有π键D．融化CH3CH2•NO3晶体需要破坏分子间作用力考点：有机物的结构和性质．分析： A．该反应生成离子化合物，所以应该是化合反应；B．产物 CH3CH2NH3•NO3的熔点为12℃，在室温下能电离出阴阳离子；C．CH3CH2NH3．NO3中的NO3中含有π键；D．熔融状态下，电离出阴阳离子的化合物属于离子化合物，离子化合物熔融状态下破坏离子键．解答：解：A．该反应生成离子化合物而不是共价化合物，且不存在不饱和键中的化学键断裂结合原子或原子团，所以应该是化合反应而不是加成反应，故A错误；B．产物 CH3CH2NH3•NO3的熔点为12℃，在室温下能电离出阴阳离子，所以室溫离子可以使熔盐燃料电池在常溫下工作，故B正确；C．CH3CH2NH3．NO3中的NO3中含有π键，故C错误；D．熔融状态下，电离出阴阳离子的化合物属于离子化合物，离子化合物熔融状态下破坏离子键而不是分子间作用力，故D错误；故选B．点评：本题考查物质结构和性质及化学键、微粒间作用力等知识点，综合性较强，明确该反应产物特点是解本题关键，易错选项是A，注意化合反应和加成反应的区别．二、解答题（共4小题，满分58分）8．（15分）（2015•安徽三模）H、Al、O、N、S是常见的六种元素（1）S位于元素周期表三周期第VIA 族，Fe的基态原子核外价电子排布式为3d64s2（或1s22s22p63s23p63d64s2）；O的基态原子核外有8 种运动状态不同的电子（2）用“＞”“＜”或“=”填空第一电离能氧化性沸点非金属性N ＞S Fe3+＞Al3+ NH3＜H2O 16O = 18O（3）己知：下列两个热化学方程式：4Fe（s）+302（g）=2Fe2O3（s）△H=﹣aKJ/mol4Al（s）+3O2（g）=2Al2O3（S）△H=﹣bKJ/mol則Al（s）的单质和Fe2O3（s）反应的热化学方程式是Fe2O3（s）+2Al（s）=Al2O3（s）+2Fe （s）△H=﹣（b﹣a）KJ•mol﹣1（4）FeSO4溶液可与硝酸发生反应，写出此反应的离子方程式，并标出电子转移的方向和数目．考点：元素周期表的结构及其应用；氧化还原反应；热化学方程式．分析：（1）S是16号元素，位于元素周期表第三周期第VIA族，Fe是26号元素，其的基态原子核外价电子排布式为 3d64s2；O的基态原子核外有8个电子，所以有8种运动状态不同的电子；（2）氮的外围达半满的稳定结构，所以第一电离能大于硫的第一电离能，金属性越强对离子的氧化性越弱；水在100度下才会沸腾，由液态转变为气态，而氨气在常温状态下就为气态；同位素的化学性质相似；（3）根据盖斯定律分析解答；（4）FeSO4溶液中的亚铁离子具有还原性与硝酸具有强氧化性，发生氧化还原反应．解答：解；（1）S是16号元素，位于元素周期表第三周期第VIA族，Fe是26号元素，其的基态原子核外价电子排布式为 3d64s2；O的基态原子核外有8个电子，所以有8 种运动状态不同的电子，故答案为：三；VIA；3d64s2（或1s22s22p63s23p63d64s2）；8；（2）氮的外围达半满的稳定结构，所以第一电离能大于硫的第一电离能所以氮的第一电离能大于硫，铝的金属性越强于铁，所以铁离子的氧化性强于铝离子；水在100度下才会沸腾，由液态转变为气态，而氨气在常温状态下就为气态，所以水的沸点高于氨；同位素的化学性质相似，所以两者非金属性相同，故答案为：＞；＞；＜；=；（3）4Fe（s）+302（g）=2Fe2O3（s）△H=﹣aKJ/mol…①4Al（s）+3O2（g）=2Al2O3（S）△H=﹣bKJ/mol…②则为：Fe2O3（s）+2Al（s）=Al2O3（s）+2Fe（s）△H=﹣（b﹣a）KJ•mol﹣1，故答案为：Fe2O3（s）+2Al（s）=Al2O3（s）+2Fe（s）△H=﹣（b﹣a）KJ•mol﹣1；（4）FeSO4溶液中的亚铁离子具有还原性与硝酸具有强氧化性，发生氧化还原反应，所以电子转移的方向和数目为：，故答案为：．点评：本题考查元素在周期表中位置、核外价电子排布、微粒的性质、以及盖斯定律的应用和氧化还原反应的相关知识，综合性强，但比较容易．9．（16分）（2015•安徽三模）环扁桃醇（Cyclandelate），商品名为“安脉生”是一种抗休克药，可由下列路线合成，已知：R﹣CN R﹣COOH请回答下列问题：（1）A的结构筒式为，D→E的反应类型为加成反应（2）G中含有的官能团名称是（不包括苯环）羟基、酯基．有机物H的分子式为C9H18O（3）请写出符合下列条件的F同分异构体的结构简式①遇FeCl3溶液显色②苯环上一元取代物有2种能发生银镜反应和水解反应（4）在一定条件下可以合成一种含三个六元环的有机物（C16H12O4），写出该反应的化学方程式（5）下列说法正确的是 ca．B分子在浓硫酸中可发生消去反应b．C可以分别于Na、NaOH发生反应c．D分子中所有原子可能共平面d．G可发生取代、加成、消去、氧化等反应．考点：有机物的推断．分析： C被氧化生成苯甲醛，则C为苯甲醇，结构简式为，A发生取代反应生成B，B发生取代反应生成苯甲醇，则A为、B为；根据题给信息知，E为，C发生加成反应生成E，F和H发生酯化反应生成G，根据G结构简式知，H结构简式为，据此分析解答．解答：解：C被氧化生成苯甲醛，则C为苯甲醇，结构简式为，A发生取代反应生成B，B发生取代反应生成苯甲醇，则A为、B为；根据题给信息知，E为，C发生加成反应生成E，F和H发生酯化反应生成G，根据G结构简式知，H结构简式为，（1）通过以上分析知，A的结构筒式为，D→E的反应类型为加成反应，故答案为：；加成反应；（2）G中含有的官能团名称是（不包括苯环）羟基、酯基，有机物H为，分子式为C9H18O，故答案为：羟基、酯基；C9H18O；（3）F同分异构体复合相邻体积：①遇FeCl3溶液显色，说明含有酚羟基；②苯环上一元取代物有2种，能发生银镜反应和水解反应，说明苯环上有两种氢原子，且含有醛基和酯基，符合条件的同分异构体为，故答案为：；（4）在一定条件下可以合成一种含三个六元环的有机物（C16H12O4），该反应的化学方程式为，故答案为：；（5）a．B为，该分子不能发生消去反应，故错误；b．C为苯甲醇，醇羟基能和钠反应但不能和NaOH反应，故错误；c．D为苯甲醛，苯和甲醛都是平面结构，D分子中所有原子可能共平面，故正确；d．G可发生取代、加成、氧化，但不能发生消去反应，故错误；故选c．点评：本题考查有机物推断，为高频考点，侧重考查学生分析推断能力及信息利用能力，根据苯甲醛为突破口结合反应条件采用正逆结合的方法进行推断，熟练掌握常见官能团及其性质，注意氯代烃、醇发生反应时对物质结构的限制，为易错点．10．（14分）（2015•安徽三模）为减少工厂烟气中的碳排放，某工厂尝试用以下工艺流程进行固碳，并产生碱式碳酸镁【Mg2（OH）2CO3]已知：①橄榄石的主要成分为Mg2SiO4②Mg2SiO4（s）+4HCl（aq）⇌2MgCl（aq）+SiO2（s）+2H2O（l）△=﹣49.04kJ．mol﹣1（1）固碳时发生的主要反应的化学方程式为NaOH+CO2=NaHCO3或2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O ，也可用下列物质中的 a c （填字母）进行固碳a．Na2CO3；b．BaCl2；c．NH3•H2O；d．NH4HCO3（2）流程中将橄榄石磨碎后再进行溶解的目的是增大接触面积，加快溶解速率，研究表明，用一定量一定浓度的盐酸，在不同温度时，测得溶解橄榄石的效率随温度变化情况如图所示（时间都为120min），试分析90%橄榄石溶解效率开始降低的原因90℃、120min时，溶解达到平衡，而反应放热，升温平衡逆向移动，故溶解效率降低；（3）上述流程制得的碱式碳酸镁产品常含有少量杂质（NaCl和Fe2O3），为得到纯净的产品，将产品进行除铁处理，再对产品进行洗涤，判断A是否洗净的操作为取少量最后一次的洗涤液，加硝酸酸化的硝酸银溶液，若无沉淀产生，则已洗净（4）若该工厂排放烟气的速率为22.4m3/min（已析换成标准状况下），其中CO2的体积分数为15%，则理论上此工厂1小时可制得碱式碳酸镁1278 kg．考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；化学方程式的有关计算．分析：由流程可知，氯化钠溶液电解得到氯气、氢气和氢氧化钠溶液，利用氢氧化钠溶液固碳，生成碳酸盐，橄榄石的主要成分为Mg2SiO4，磨碎加入盐酸溶解过滤得到滤液和碳酸盐混合矿化得到碱式碳酸镁，（1）根据能和二氧化碳之间反应的物质能来固定二氧化碳来回答；（2）依据影响反应速率因素分析判断，升温、增大浓度，增大接触面积会提高反应速率；温度对化学反应平衡移动的影响知识分析90%橄榄石溶解效率开始降低的原因；（3）A是否洗净是利用实验检验最后一次洗涤液中是否含有氯离子，氯离子的检验用硝酸酸化的硝酸；（4）理论上此工厂1小时排放烟气22.4m3/min×60min，其中二氧化碳体积=22.4m3/min×60min×15%，据此计算二氧化碳物质的量，结合碳元素守恒计算碱式碳酸镁的质量．解答：解：（1）固碳时发生的主要反应的化学方程式为氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸氢钠或生成碳酸钠，反应的化学方程式为：NaOH+CO2=NaHCO3或写为2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，所给的物质中，Na2CO3和NH3•H2O可以和二氧化碳之间反应，能用作“固碳”的试剂，故答案为：NaOH+CO2=NaHCO3或2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O；ac；（2）为提高HC1溶液溶解橄榄石的效率，可采取的措施适当提高温度，适当增大HCl溶液的浓度或搅拌或增大接触面积等，程中将橄榄石磨碎后再进行溶解的目的是增大接触面积，加快溶解速率，图2中所示数据以及曲线变化知道，20min后，溶解达到平衡，而该反应是放热，升温，平衡逆向移动，则溶解效率降低，故答案为：增大接触面积，加快溶解速率；90℃、120min时，溶解达到平衡，而反应放热，升温平衡逆向移动，故溶解效率降低；（3）判断产品洗净只需要检验洗涤液中不含有氯离子即可，氯离子的检验用硝酸酸化的硝酸银，操作是：取少量最后一次的洗涤液，加硝酸酸化的硝酸银溶液，如无沉淀产生，则已洗净，故答案为：取少量最后一次的洗涤液，加硝酸酸化的硝酸银溶液，若无沉淀产生，则已洗净；（4）理论上此工厂1小时排放烟气22.4m3/min×60min，其中二氧化碳体积=22.4m3/min×60min×15%，二氧化碳物质的量等于碱式碳酸镁的物质的量=，碱式碳酸镁的质量=×142g/mol=1278000g=1278kg，故答案为：1278．点评：本题考查了物质分离提纯的分析判断，主要是试剂选择和过程分析判断，离子检验方法，元素守恒的计算应用，掌握基础是关键，题目难度中等．11．（13分）（2015•安徽三模）高纯铁有良好的延展性、软磁性、热性能、导电性能和耐腐蚀性能等优异性能，近年来，高纯铁的研究越来越受到人们关注．某研究小组利用电解法制备髙纯铁，研究过程如下：，（1）电解液的配制；按实验要求，要配制高浓度的硫酸亚铁，配制好后立即密封保存其目的：防止氧化（2）实验探究溶液的pH、Fe+2+的浓度对实验的影响，并探究最佳的电解制备高纯铁的条件，实验采用单一变量法，测得的结构绘制如下2个图形（阴极电流效率越高，电解效果越好：本实验探究的最佳工艺条件为：①电解液初始pH3～4②Fe2+的浓度为 C g/L tA.30～400B.40～90C.90～100。
评析2015年合肥市三模化学考试试题
评析2015年合肥市三模化学试题皖智教育胡征善2015年合肥市三模化学试题与高考命题方向基本吻合，与《考试说明》基本吻合，考查化学学科的核心内容和主干知识，“以能力测试为主导”，多角度、多层次地提供新信息，与已有化学知识板块整合、重组，处理和解决新情境下的化学问题；重视化学实验和探究能力的考查，全面检测考生的化学素养。
有些取自于2014年高考试题，如第25（4）题：【2014年福建卷23（4）】一定条件，在水溶液中1 mol Cl－、ClO x－(x＝1，2，3，4)的能量(kJ)相对大小如右图所示。
①D是_____(填离子符号)。
②B→A＋C反应的热化学方程式为_______________________(用离子符号表示)。
要求根据相对能量坐标图书写溶液中离子反应的热化学方程式对考生是一个挑战。
试卷份量和难度都较大，有些试题考查的内容不属“规律性”和“记忆性”的知识，不宜作为考查内容，如25（2）题最后一空要求比较Si和SiO2的熔点高低——教学中一般不作要求(人教版《物质结构与性质》P69“资料卡片”)：有些试题未脱“繁”“琐”，如：第9题和第10题：【试题】9.若取等质量的甲、乙、丙配成相同体积的溶液，发现溶质的物质的量浓度c(甲)>c(乙)>c(丙)，则乙物质A．可能是Na2SO4B．可能是NH4NO3C．可能是NaOH D．一定不是(NH4) 2SO4【解析】根据“甲、乙、丙三种含相同离子的可溶性强电解质”可判断一定有NaOH。
由此可淘汰A和C选项。
Mg2+、NH4+和NO3—、SO42—两两还可组合成4种可溶性盐。
根据“取等质量的甲、乙、丙配成相同体积的溶液：c(甲)>c(乙)>c(丙)”，甲一定是NaOH，分析4种盐的相对分子质量，可确定乙和丙：编号 A B C DNH4NO3MgSO4(NH4)2SO4Mg(NO3)2Mr 80 120 132 148c减小乙肯定不是Mg(NO3)2。
2015届高三第三次模拟试题化学试卷(含答案)
2015届高三第三次模拟试题化学试卷（含答案）可能用到的数据：H:1 C: 12 O:16 Fe:56 N: 147．设NA为阿伏加德罗常数的值。
下列说法不正确的是A．由1molCH3COONa和少量CH3COOH形成的中性溶液中，CH3COO－数目为NA个B．常温常压下，14g由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NAC．标准状况下，6.72L NO2与水充分反应转移的电子数目为0.2NAD．2molSO2和1molO2在一定条件下充分反应后，所得混合气体的分子数小于2NA8．某烷烃相对分子质量为86，如果分子中含有3个—CH3、2个—CH2—和1个，则该结构的烃的一氯取代物最多可能有（）种（不考虑立体异构）A．4 B．5 C．6 D．99、在密闭容器中，加热等物质的量的NaHCO3和Na2O2的固体混合物，充分反应后，容器中的固体剩余物是A．Na2CO3和Na2O2 B．Na2CO3和NaOHC．NaOH和Na2O2 D．NaOH、Na2O2和Na2CO310．实验室需配制一种仅含五种离子（不考虑水解和水电离出的离子）的混合溶液，且在混合溶液中五种离子的物质的量浓度均为5 mol/L，下面四个选项中能达到此目的的是（）A．Na+、K+、SO42−、NO3−、Cl−B．Fe2+、H+、Br−、NO3−、Cl−C．Ca2+、K+、OH−、Cl−、NO3−D．Al3+、Na+、Cl−、SO42−、NO3−11. 用酸性氢氧燃料电池为电源进行电解的实验装置如下图所示。
下列说法正确的是( )A. a为负极，b为正极B.若a极是铁，b极是铜，b极逐渐溶解，a极上有铜析出C.若a、b极都是石墨，在相同条件下，理论上a极产生的气体与电池中消耗的O2体积相等D.若电解精炼粗铜时，b极是粗铜，a极是纯铜12．下列实验过程中的现象及结论均正确且存在因果关系的是13．现将1mo1Cu2S与144克FeO投入到足量稀硝酸溶液中，充分反应得到Fe(NO3)3、Cu(NO3)2 、CuSO4的混合溶液，并产生NO气体。
安徽省2015届高考化学仿真卷及答案
安徽省2015届高考化学仿真卷7．氨硼烷（NH 3BH 3）是储氢量最高的化学氢化物储氢材料之一。
室温下，NH 3BH 3是一种无色分子晶体，其可以与水发生催化脱氢反应： NH 3BH 3+2H 2O NH 4BO 2+3H 2↑。
少量氨硼烷可以由硼烷（B 2H 6）和NH 3合成。
下列有关说法不正确的是 ( ) A ．催化脱氢反应中NH 3BH 3作还原剂 B ．NH 4BO 2和NH 3 BH 3含有完全相同的化学键 C ．元素N 的第一电离能高于同周期相邻元素D ．0．1 mol NH 3BH 3发生催化脱氢反应，可以生成标准状况下6.72 L H 2 8．下列有关Ca(ClO)2溶液的叙述正确的是 ( ) A ．该溶液中，K +、Cl -、HCOOH 、I -可以大量共存B ．与Na 2SO 3溶液反应的离子方程式：ClO - + SO 32- = SO 42- + Cl -C ．不可使用pH 试纸测定该溶液的pHD ．1 L 0.1 mol/L 该溶液和足量的CO 2充分反应，产生10 g 沉淀 9．利用下图所示装置进行实验，有关现象和解释均正确的是 ( )10．将2mol A 和1 mol B 充入到绝热．．恒容密闭容器中，发生反应2A(g)+B(g)3C(g)+D(s)，达到平衡时测得容器内压强增大。
若该反应在恒温恒容的密闭容器中进行，下列有关说法正确的是 ( )A ．平衡前，随着反应的进行，容器内压强始终不变催化剂B ．平衡时，分离出少量D ，A 的转化率提高C ．平衡时，升高温度，容器内混合气体的密度减小D ．平衡时，充入C ，该反应平衡常数减小11．现代工业生产中常用电解氯化亚铁的方法制得氯化铁溶液吸收有毒的硫化氢气体。
工艺原理如下图所示。
下列说法中不正确的是（ ） A ．H +从电解池左槽迁移到右槽B ．左槽中发生的反应是：2Cl -－2e -＝Cl 2↑C ．右槽的反应式：2H ++2e -＝H 2↑D ．FeCl 3溶液可以循环利用12．化学与社会、生活密切相关。
安徽省合肥市2015届高三第一次教学质量检测化学试题 Word版含答案
合肥市2015年高三第一次教学质量检测化学试题第I卷（本题包括16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个正确答案）1．下列说法正确的是A．白色污染是指橡胶造成的污染B．硫和氮的氧化物是形成酸雨的主要物质C．汽车尾气的排放是造成温室效应的主要原因D．含磷洗涤剂的使用时造成水体富营养化的主要原因【答案】B2．对于某些离子的检验及结论一定正确的是A．加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，一定有CO32―B．加入BaCl2溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有SO42―C．加入NaOH溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试液变蓝，一定有NH4＋D．加入Na2CO3溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，一定有Ba2＋【答案】C3．下列装置所示的实验，能达到实验目的的是A．分离碘酒中碘和酒精B．实验室制NH3C．除去Cl2中的HCl D．排水法收集NO【答案】D4．下列离子方程式表达正确的是A．向氯化铁溶液中滴加HI溶液：2Fe3＋＋2HI=2Fe2＋＋2H＋＋I2B．向1mol/L 的AlCl3溶液中加入过量的稀氨水：Al3＋＋4NH3·H2O=AlO2―＋4NH4＋＋2H2OC．向稀NH4HCO3溶液中滴加过量NaOH溶液：NH4＋＋OH―=NH3·H2OD．向C6H5ONa溶液中通入适量CO2：C6H5O―＋CO2＋H2O=C6H5OH＋HCO3―【答案】D5．常温下，下列微粒在指定溶液中一定能大量共存的是A．在能使石蕊试液变红的溶液中：Ba2＋、Cu2＋、NO3―、Cl―B．在pH=13的溶液中：K＋、Mg2＋、Cl―、SO32―C．在乙醛水溶液中：K＋、Na＋、Cl―、Br2D．在由水电离c(H+)=1×10—12mol/L 的溶液中：Na＋、K＋、HCO3―、CH3COO―【答案】A6．设N A为阿伏伽德罗常数的值。
下列说法正确的是A．0.1mol/L NH4＋中含有质子数为N AB．26g 乙炔中含有π键数为2N AC．标准状况下，22.4L SO3中所含分子数为N AD．1L 0.1mol/L NaHCO3溶液中所含氧原子数为0.3N A【答案】B7．下列物质性质排列顺序正确的是①热稳定性：H2O>HF>H2S ②还原性：HI>HBr>HCl③熔沸点：AsH3>PH3>NH3④酸性：HNO3>H2CO3>HClOA．①③B．②④C．①④D．②③【答案】B8．已知：A（g）+2B（g）2C（g）△H = —Q kJ/mol （Q>0），在恒容的密闭容器中充入1mol A和2mol B，在一定条件下反应。
合肥市2015年高三第一次质量检测化学考试试题评析
评析《合肥市2015年高三第一次质量检测化学试题》合肥皖智学校胡征善一、试卷结构试卷保持多年来的连续性和稳定性，第Ⅰ卷16题，共48分，第Ⅱ卷4题，共52分，考试时间90分钟。
命题内容与安徽省《考试说明》基本吻合，主要考查化学学科的主干知识，注重命题的“能力立意”，注重实验能力和思维能力的考查，试卷呈现形式图表结合、文字表述简洁。
二、试题分析（一）选择题B．1.考查造成白色污染、酸雨、温室效应、水体富营养化等的化学物质。
C．2.考查常见离子CO32—、SO42—、NH4+、Ba2+的检验D．3.萃取、实验室制氨气、含HCl的氯气的洗涤、NO的排水收集实验装置图的辨认和试剂的选择判断D．4.离子方程式的正误判断。
涉及Fe3+与氢碘酸的反应、氯化铝溶液与氨水的反应、碳酸氢铵溶液与过量NaOH溶液的反应和苯酚钠溶液中通CO2的离子反应方程式。
A．5.指定条件下的离子共存。
涉及Mg2+与OH—、乙醛与溴水、HCO3—在酸性和碱性溶液中不能共存的问题。
B．6.关于阿伏加德罗常数的试题。
涉及NH4+中的质子数、乙炔分子中的π键、SO3的状态和NH4HCO3溶液中的氧原子数。
B．7.关于物质性质的排序。
涉及H2O、HF、H2S的热稳定性；HI、HBr、HCl的还原性；AsH3、PH3、NH3的熔沸点；HNO3、H2CO3、HClO的酸性。
D．8.关于可逆反应和化学平衡移动的正误判断。
涉及气体密度、热量变化、恒容充入惰性气体和缩小容器容积平衡移动和物质浓度的变化。
C．9.关于SO2转化为SO3的可逆反应相关坐标图的正误判断。
涉及转化率-温度-时间的坐标图、百分含量-温度-压强、平衡常数-压强-温度、反应速率-温度-时间的坐标图。
A．10.关于Na2O2、NaOH、Na2CO3；H2SO4、SO2、SO3；H2SiO3、SiO2、Na2SiO3；C2H5Br、CH2=CH2；CH3CH2OH能否循环转化的判断。
C．11.以Na2O2与CO2反应为载体考查氧化还原反应概念、电子转移数目、Na2O2晶体中阴阳离子数目比和CO2分子中的化学键。
安徽省合肥市高考化学三模试卷及答案
高考化学三模试卷一、单选题1.化学与生活、生产密切相关，下列说法错误的是（）A.煤的气化、液化和干馏都属于化学变化B.地沟油不宜食用，但可分馏提取汽油C.棉花的主要成分是纤维素，纤维素由碳、氢、氧元素组成D.硝酸铵用于制备医用速冷冰袋，是利用了其溶于水快速吸热的性质2.化合物p( )、q( )、r( )都是重要的有机原料，下列有关说法正确的是（）A.r中所有原子可能共平面B.q环上的一氯取代产物共有4种C.p、q、r均能使溴的四氯化碳溶液褪色D.物质的量相等的p和q完全燃烧耗氧量相同3.设N A为阿伏加德罗常数的值，下列说法中一定正确的是（）A.1molFe3O4被完全还原为Fe2+时转移的电子数为2N AB.10.5gHClO中含有H—Cl键的数目为0.2N AC.2molSO2与1molO2充分反应后气体分子总数小于2N AD.8.8g由CO2和N2O组成的混合气体含氧原子总数为0.3N A4.已知SiHCl3常温下为无色液体，沸点31.85℃，遇水剧烈反应。
实验室用H2还原SiHCl3制备纯硅的装置如图所示(夹持装置和尾气处理装置略去)，下列说法错误的是（）A. 装置II、Ⅲ中依次盛装的是浓硫酸、热水B. 实验时，应先加热管式炉，再打开盛装稀硫酸的分液漏斗C. 可以用盐酸、双氧水和硫氰化钾溶液来检验制得的硅中是否含铁单质D. 装置I也可用于氢氧化钠固体与浓氨水反应制备氨气5.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素。
Z是短周期中金属性最强的元素，M是Y元素的单质，甲、乙、丙、丁、戊是由这些元素组成的二元化合物，乙和丁的组成元素相同，且乙是一种“绿色氧化剂”，戊是具有漂白性的无色气体。
上述物质间的转化关系如图所示，下列说法中正确的是（）A. 甲的水溶液显中性B. 化合物乙也具有漂白性，且漂白原理和戊相同C. Z分别与X、Y、W形成的化合物中，各元素原子均满足最外层8电子结构D. 丁的稳定性和沸点均比丙高6.某种微生物电池可用于降解铁硫化物(以FeS2计)，其工作原理示意图如图。
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安徽省合肥市2015届高考化学三模试卷一、（本卷包括20小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题6分，共120分）1．（6分）甲醛在酸性催化剂存在下三分子聚合可以生成性质相对稳定、毒性小、易于运输的三聚甲醛，反应如图所示．下列说法正确的是（）A．甲醛水溶液可作为食物防腐剂B．该反应类型为缩聚反应C．三聚甲醛分子中既含σ键又含п键D．常温下，9g三聚甲醛中含1.806×1023个碳原子2．（6分）利用图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是（）选项①②③实验结论A 稀硫酸Na2CO3 C6H5ONa 酸性：H2CO3＞C6H5OHB 液溴和苯铁屑AgNO3溶液液溴和苯发生取代反应C 稀盐酸Na2SO3Ba（NO3）2溶液SO2与可溶性钡盐可以生成白色沉淀D 浓盐酸KMnO4FeBr2溶液氧化性：Cl2＞Br2＞Fe3+A．A B．B C．C D．D3．（6分）甲、乙、丙三种含不相同离子的可溶性强电解质，它们所含的离子如下表所示：阳离子NH4+、Na+、Mg2+阴离子OH﹣、NO3﹣、SO42﹣若取等质量的甲、乙、丙配成相同体积的溶液，发现溶质的物质的量浓度c（甲）＞c（乙）＞c（丙），则乙物质（）A．可能是Na2S04B．可能是NH4NO3C．可能是NaOH D．一定不是（NH4）2SO44．（6分）向10mL 0.1mol•L﹣1 NH4Al（SO4）2溶液中，滴加等浓度Ba（OH）2溶液x mL，下列叙述正确的是（）A．x=10时，溶液中有、Al3+、，且c（）=c（Al3+）B．x=20时，溶液中所发生的反应离子方程式为：Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣═2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2OC．x=30时，溶液中有Ba2+、、OH﹣，且c（OH﹣）＞c（）D．滴加过程中，生成沉淀的最大物质的量为0.003mol5．（6分）将KO2放人密闭的真空容器中，一定条件下，发生反应：4KO2（s）⇌2K2O（s）+3O2（g），达到平衡后，保持温度不变，缩小容器体积，重新达到平衡．下列说法正确的是（）A．容器内压强增大B．K O2的量保持不变C．平衡常数减小D．氧气浓度不变6．（6分）如图所示，甲池的总反应式为N2H4+O2=N2+2H2O，．下列说法正确的是（）A．甲池中负极上的电极反应式为N2H4﹣4e﹣=N2+4H+B．乙池中石墨电极上发生的反应为4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑C．甲池溶液pH增大，乙池溶液pH减小D．甲池中每消耗0.1mol N2H4乙池电极上则会析出6.4g固体7．（6分）已知NaHC2O4溶液显弱酸性，向100mL0.1mol•L﹣1的NaHC2O4．溶液中分别加入下列物质，有关说法正确的是（）A．加入少量H2 C2O4固体，促进水电离，溶液中c（H+）增大B．加入NaOH溶液至恰好完全反应，则溶液中：c（Na+）＞c（C2O42﹣）＞c（HC2O4﹣）＞c（H+）C．加入氨水至中性，则溶液中：c（NH4+）+c（Na+）=2c（C2O42﹣）+c（HC2O4﹣）D．加入0.01 mol Na2C2O4固体，则溶液中：3c（Na+）=2二、解答题（共4小题，满分58分）8．（15分）已知前四周期五种元素X、Y、Z、W、T，它们的原子序数依次增大．X是空气中含量最多的元素；Y、W位于同周期，W单质在常温下是黄绿色气体，Y单质在其中燃烧发出黄色火焰；Z的氧化物常用作制备通讯光纤；T是常见金属，在氧气中燃烧可以得到具有磁性的黑色物质．回答下列问题：（1）Z位于元素周期表中第周期第族；W基态原子核外电子排布式为．（2）Y和W的简单离子比较，半径较大的是_（填离子符号）；键的极性比较：X﹣HZ﹣H （填“大于”或“小于”）；Z单质和其氧化物比较，熔点较高的是（填化学式）．（3）向T单质与稀硫酸反应后的溶液中滴加足量的NaOH溶液，能观察到的现象是；X与Y形成的原子个数比为1：3的简单化合物可与水反应生成两种碱，写出该物质与醋酸溶液反应的化学方程式．（4）一定条件下，在水溶液中1molW﹣、WO（z=1，2，3，4等）的能量（kJ）相对大小如图所示．①D点对应的微粒是（填离子符号）．②写出B→A+C反应的热化学方程式：（用离子符号表示）．9．（16分）某有机物A（C4 H6O5），广泛存在于许多水果中，是一种常用的食品添加剂．该化合物具有如下性质：i.25℃时，电离常数K1=3.99×10﹣4，K2=5.5×10﹣6ii．Imol A与足量钠产生1.5mol H2；ii．分子中核磁共振氢谱显示有5种不同化学环境的氢原子．与A相关的反应流程如下：回答下列问题：（1）A中官能团的名称为；B的结构简式为，C的系统命名为_．（2）A﹣﹣B的反应类型为；反应①所需的反应条件为．（3）写出下列反应的化学方程式：①M﹣N．；②E﹣F．，（4）A有多种同分异构体，写出符合下列条件的同分异构体结构简式：．①能发生水解，生成两种有机物；②水解后产物之间能发生缩聚反应．10．（14分）某研究性学习小组为了变废为宝，拟采用铅铬黄法对某电镀厂含铬废水进行处理，并生产出符合条件的铅铬黄（PbCrO4）．设计实验如下：已知：a．该厂的废水中主要含Cr3+，还有少量Cu2+和其它可溶性杂质；b．Cr（OH）3不溶于水，具有两性，pH=13时，发生反应：Cr（OH3）+OH﹣=﹣回答下列问题：（1）滤渣的成分是（填化学式）；第②步加入Na2CO3溶液的作用是．（2）第④步生成CrO42﹣的离子方程式为．（3）第⑤步加入NaOH的目的是为了提高铅铬黄的产率，请用化学平衡移动原理加以解释：．（4）测定铅铬黄纯度：取mg铅铬黄样品溶解，加足量KI将其还原为Cr3+，再用 c mol•L ﹣1 Na2S2O3标准液滴定（反应：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI），消耗体积VmL．该滴定实验中所需主要玻璃仪器有烧杯、，测定标准液体积的仪器事先进行洗涤所用试剂依次为；此铅铬黄样品的质量分数w=（用含c、m和V的式子表示）．11．（13分）利用Na2S2O8产生的强氧化性SO4﹣•（自由基）降解有机污染物是目前最具潜力的高级氧化技术．文献报道某课题组探究pH，单质铁和Na2S2O8的浓度对降解2，4﹣DMAP（2，4﹣﹣甲基苯酚）效率的影响．（1）探究溶液酸碱性的影响：将等量的2，4﹣DMAP加入到不同pH的Na2S2O8溶液中，结果如图1所示．由此可知：溶液酸性增强，（填“有利于”或“不利于”）Na2S2O8产生SO4﹣•．（2）探究铁粉用量的影响：①实验前，先用0.1mol•L﹣1 H2SO4洗涤Fe粉，其目的是，后用蒸馏水洗涤至中性；②相同条件下，取不同量处理后的铁粉分别加入c（2，4﹣DMAP）=1.0×10 ﹣3mol•L﹣1、c （Na2S2O8）=4.2×10﹣3mol•L﹣1的混合溶液中，实验结果如图2所示．其中降解效率最好的铁粉用量是g/L；计算从反应开始到A点时，2，4﹣DMAP降解的平均反应速率为（忽略反应过程中溶液总质量变化）．③已知：2Fe+O2+2H2O=2Fe2++4OH﹣，S2O8﹣+Fe2+=SO4﹣+SO42﹣+Fe3+此外还可能会发生：SO4﹣+Fe2+=SO42﹣+Fe3+．当铁粉加入量过大时，2，4﹣DMAP的降解率反而下降，原因可能是（用离子方程式表示）．．（3）探究Na2S2O8浓度的影响：填写下表中空格，完成实验方案．序号、物理量M（Fe粉）/g V/mL V/mL 收集数据和得出结论1 100 0.3 50 502 100V（污水）/mL 0.3安徽省合肥市2015届高考化学三模试卷参考答案与试题解析一、（本卷包括20小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题6分，共120分）1．（6分）甲醛在酸性催化剂存在下三分子聚合可以生成性质相对稳定、毒性小、易于运输的三聚甲醛，反应如图所示．下列说法正确的是（）A．甲醛水溶液可作为食物防腐剂B．该反应类型为缩聚反应C．三聚甲醛分子中既含σ键又含п键D．常温下，9g三聚甲醛中含1.806×1023个碳原子考点：有机物的结构和性质．分析：A．甲醛具有防腐性但有毒；B．该反应属于加成反应；C．共价单键只含σ键，共价双键和三键含有σ键、π键；D．常温下，9g三聚甲醛物质的量==0.1mol，每个三聚甲醛分子中含有3个碳原子，所以0.1mol三聚甲醛中含有0.3mol碳原子．解答：解：A．甲醛具有防腐性但有毒，所以不能作食物防腐剂，但能用于动物标本制作，故A错误；B．该反应符合加成反应特点，所以属于加成反应，故B错误；C．共价单键只含σ键，共价双键和三键含有σ键、π键，根据结构简式知，三聚甲醛中只含σ键、不含π键，故C错误；D．常温下，9g三聚甲醛物质的量==0.1mol，每个三聚甲醛分子中含有3个碳原子，所以0.1mol三聚甲醛中含有0.3mol碳原子，所以9g三聚甲醛中含1.806×1023个碳原子，故D正确；故选D．点评：本题考查有机物结构和性质、物质的量计算及基本概念，明确物质结构及其性质关系是解本题关键，注意：甲醛生成三聚甲醛中断键和成键方式，题目难度不大．2．（6分）利用图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是（）选项①②③实验结论A 稀硫酸Na2CO3 C6H5ONa 酸性：H2CO3＞C6H5OHB 液溴和苯铁屑AgNO3溶液液溴和苯发生取代反应C 稀盐酸Na2SO3Ba（NO3）2溶液SO2与可溶性钡盐可以生成白色沉淀D 浓盐酸KMnO4FeBr2溶液氧化性：Cl2＞Br2＞Fe3+A．A B．B C．C D．D考点：化学实验方案的评价；实验装置综合．分析：A．发生强酸制取弱酸的反应；B．发生取代反应生成溴苯与HBr，但溴易挥发，溴、HBr均与硝酸银反应；C．盐酸易挥发，酸性溶液中硝酸根离子、亚硫酸根离子发生氧化还原反应；D．浓盐酸与高锰酸钾发生氧化还原反应生成氯气，氯气与FeBr2溶液反应，可氧化亚铁离子、溴离子．解答：解：A．硫酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，二氧化碳与苯酚钠反应生成苯酚，由强酸制取弱酸可知，酸性：H2CO3＞C6H5OH，故A正确；B．发生取代反应生成溴苯与HBr，但溴易挥发，溴、HBr均与硝酸银反应，则图中装置不能说明液溴和苯发生取代反应，故B错误；C．盐酸易挥发，酸性溶液中硝酸根离子、亚硫酸根离子发生氧化还原反应，反应生成硫酸钡白色沉淀，结论不合理，故C错误；D．浓盐酸与高锰酸钾发生氧化还原反应生成氯气，氯气与FeBr2溶液反应，可氧化亚铁离子、溴离子，则不能比较Br2、Fe3+的氧化性，故D错误；故选A．点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及酸性比较、氧化还原反应、有机物的性质等，把握化学反应原理及实验装置中的反应为解答的关键，注意实验操作的可行性、评价性分析，题目难度不大．3．（6分）甲、乙、丙三种含不相同离子的可溶性强电解质，它们所含的离子如下表所示：阳离子NH4+、Na+、Mg2+阴离子OH﹣、NO3﹣、SO42﹣若取等质量的甲、乙、丙配成相同体积的溶液，发现溶质的物质的量浓度c（甲）＞c（乙）＞c（丙），则乙物质（）A．可能是Na2S04B．可能是NH4NO3C．可能是NaOH D．一定不是（NH4）2SO4考点：无机物的推断．分析：甲、乙、丙均是可溶性强电解质，则OH﹣只能与Na+组成NaOH，三种化合物不含相同离子，所以甲、乙、丙化合物有两种组合，第一组：NaOH、（NH4）2SO4、Mg（NO3）2；第二组：NaOH、NH4NO3、MgSO4，根据溶质质量相等，溶液体积相等以及物质的量浓度大小判断，相对分子质量：Mr（丙）＞Mr（乙）＞Mr（甲），据此判断．解答：解：甲、乙、丙都是可溶性强电解质，则OH﹣只能与Na+组成NaOH，三种化合物不含相同离子，所以甲、乙、丙化合物有两种组合：NaOH、（NH4）2SO4、Mg（NO3）2或NaOH、NH4NO3、MgSO4，根据溶质质量相等，溶液体积相等以及物质的量浓度大小判断，相对分子质量：Mr（丙）＞Mr（乙）＞Mr（甲）．第一种情况：NaOH、（NH4）2SO4、Mg（NO3）2，NaOH相对分子质量为40，（NH4）2SO4相对分子质量为132、Mg（NO3）2相对分子质量为148，第二种情况：NaOH、NH4NO3、MgSO4，NaOH相对分子质量为40、NH4NO3相对分子质量为80、MgSO4相对分子质量为120．所以甲为NaOH，乙可能是（NH4）2SO4或NH4NO3，丙为Mg（NO3）2或MgSO4，故选B．点评：本题考查离子共存、物质的量浓度有关计算等，难度中等，明确根据离子共存判断其中一种为氢氧化钠、再进行讨论可能的物质是关键．4．（6分）向10mL 0.1mol•L﹣1 NH4Al（SO4）2溶液中，滴加等浓度Ba（OH）2溶液x mL，下列叙述正确的是（）A．x=10时，溶液中有、Al3+、，且c（）=c（Al3+）B．x=20时，溶液中所发生的反应离子方程式为：Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣═2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2OC．x=30时，溶液中有Ba2+、、OH﹣，且c（OH﹣）＞c（）D．滴加过程中，生成沉淀的最大物质的量为0.003mol考点：离子方程式的有关计算．专题：离子反应专题．分析：当x=10时，NH4Al（SO4）2与Ba（OH）2等物质的量反应，此时OH﹣量不足，OH﹣先与Al3+反应，与NH4+不反应，所以溶液中有没有参加反应的NH4+和部分剩余的Al3+存在，同时SO42﹣也有剩余，但此时不会有AlO2﹣生成，结合铵根离子水解解答；当x=30时，0.001 mol的NH4Al（SO4）2与0.003 mol Ba（OH）2反应，生成0.002 mol BaSO4、0.001 mol NaAlO2、0.001 mol NH3•H2O，且剩余0.001 mol Ba2+和0.001 mol OH﹣，由于NH3•H2O 也是一种碱，存在电离平衡：NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，据此判断反应中c（OH﹣）与c（AlO2﹣）、c（Ba2+）的大小关系．解答：解：A、当x=10时，NH4Al（SO4）2与Ba（OH）2等物质的量反应，此时OH﹣量不足，OH﹣首先与Al3+反应，与NH4+不反应，所以溶液中有未参加反应的NH4+和部分剩余的Al3+存在，同时SO42﹣也有剩余，但此时不会有AlO2﹣生成，溶液中c（NH4+）＞c （Al3+），故A错误；B、x=20时，溶液中所发生的反应离子方程式为：NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣═2BaSO4↓+Al（OH）3↓+NH3•H2O，故B错误；C、当x=30时，10ml0.1mol/LNH4Al（SO4）2溶液中含有0.001molNH4+，0.001molAl3+，0.002molSO42﹣，30ml等浓度Ba（OH）2溶液有0.003molBa2+，6mmolOH﹣，混合后硫酸钡沉淀，剩余0.001molBa2+；OH﹣过量溶液中存在0.001moAlO2﹣，铵根离子和氢氧根离子反应生成一水合氨，氢氧根离子剩余0.001mol；一水合氨电离生成铵根离子和氢氧根离子，此时c（OH﹣）＞c（AlO2﹣），故C正确；D、滴加过程中，生成沉淀的最大物质的量为氢氧化铝和硫酸钡沉淀，当NH4Al（SO4）2溶液和Ba（OH）2溶液按照物质的量之比是1：2混合，沉淀的量最大，为0.002mol硫酸钡和0.001mol氢氧化铝，即沉淀的最大量是0.003mol，故D正确．故选CD．点评：本题考查了离子方程式的书写原则和方法应用，主要是定量反应的产物判断，关键分析离子反应顺序，先沉淀后反应生成弱电解质后沉淀溶解．5．（6分）将KO2放人密闭的真空容器中，一定条件下，发生反应：4KO2（s）⇌2K2O（s）+3O2（g），达到平衡后，保持温度不变，缩小容器体积，重新达到平衡．下列说法正确的是（）A．容器内压强增大B．K O2的量保持不变C．平衡常数减小D．氧气浓度不变考点：化学平衡的影响因素．分析：对于反应4KO2（s）⇌2K2O（s）+3O2（g），达到平衡后，保持温度不变，缩小容器体积，相当于增大压强，平衡逆向移动，化学平衡常数只与温度有关，据此分析解答．解答：解：A．缩小容器体积，相当于增大压强，平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数=c（O2）3，温度不变，化学平衡常数不变，则氧气浓度不变，所以压强不变，故A错误；B．平衡向逆反应方向移动，则KO2量增加，故B错误；C．化学平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，故C错误；D．化学平衡常数=c（O2）3，温度不变，化学平衡常数不变，则氧气浓度不变，故D正确；故选D．点评：本题考查了可逆反应平衡移动，根据压强与平衡移动方向之间的关系分析解答即可，注意平衡常数只与温度有关，与物质浓度无关，为易错点．6．（6分）如图所示，甲池的总反应式为N2H4+O2=N2+2H2O，．下列说法正确的是（）A．甲池中负极上的电极反应式为N2H4﹣4e﹣=N2+4H+B．乙池中石墨电极上发生的反应为4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑C．甲池溶液pH增大，乙池溶液pH减小D．甲池中每消耗0.1mol N2H4乙池电极上则会析出6.4g固体考点：原电池和电解池的工作原理．分析：A、甲池中为原电池反应，N2H4失电子生成氮气；B、乙池中为电解反应，石墨电极与正极相连为阳极，氢氧根在阳极失电子发生氧化反应；C、根据电池的总反应判断PH的变化；D、根据电路中每个电极得失电子守恒计算．解答：解：A、甲池中为原电池反应，负极N2H4﹣4e﹣+4OH﹣=N2+4H2O，故A错误；B、乙池中为电解反应，石墨电极与正极相连为阳极，氢氧根在阳极失电子发生氧化反应，反应式为4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑，故B正确；C、甲池中因反应生成了水会使溶液的pH值减小，乙池中因反应生成了酸也会使溶液的pH 值减小，故C错误；D、甲池中每消耗0.1mol N2H4，则根据负极N2H4﹣4e﹣+4OH﹣=N2+4H2O，转移0.4mol电子，所以乙池电极上则会析出×64g/mol=12.8g铜，故D错误．故选B．点评：本题考查了原电池、电解池工作的基本原理，以及原电池电极反应式的书写，题目难度中等，注意把握原电池和电解池中电极方程式的书写方法．7．（6分）已知NaHC2O4溶液显弱酸性，向100mL0.1mol•L﹣1的NaHC2O4．溶液中分别加入下列物质，有关说法正确的是（）A．加入少量H2 C2O4固体，促进水电离，溶液中c（H+）增大B．加入NaOH溶液至恰好完全反应，则溶液中：c（Na+）＞c（C2O42﹣）＞c（HC2O4﹣）＞c（H+）C．加入氨水至中性，则溶液中：c（NH4+）+c（Na+）=2c（C2O42﹣）+c（HC2O4﹣）D．加入0.01 mol Na2C2O4固体，则溶液中：3c（Na+）=2考点：离子浓度大小的比较．分析：NaHC2O4溶液显弱酸性，说明HC2O4﹣的电离程度大于其水解程度，A．加入H2C2O4固体后，溶液中氢离子浓度增大，抑制了水的电离；B．恰好反应后生成Na2C2O4，C2O42﹣部分水解，溶液显示碱性，由于氢离子来自水的电离和C2O42﹣的水解，则c（H+）＞c（HC2O4﹣）；C．溶液为中性，则c（H+）＞c（OH﹣），根据溶液中的电荷守恒判断；D．根据混合液中的物料守恒分析．解答：解：NaHC2O4溶液显弱酸性，说明HC2O4﹣的电离程度大于其水解程度，A．酸溶液抑制了水的电离，加入H2C2O4固体后，溶液中氢离子浓度增大，则水的电离程度减小，抑制了水的电离，故A错误；B．加入NaOH溶液至恰好完全反应生成Na2C2O4，C2O42﹣部分水解，溶液显示碱性，由于氢离子来自水的电离和C2O42﹣的水解，则c（H+）＞c（HC2O4﹣），正确的离子浓度大小为：c（Na+）＞c（C2O42﹣）＞c（H+）＞c（HC2O4﹣），故B错误；C．中性溶液中c（H+）＞c（OH﹣），根据电荷守恒可得：c（NH4+）+c（Na+）=2c（C2O42﹣），故C正确；﹣）+c（HC2O4D．加入0.01 mol Na2C2O4固体，混合液中含有等浓度的Na2C2O4和NaHC2O4，根据物料守恒可得：2c（Na+）=3，故D错误；故选C．点评：本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，明确电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理为解答关键，注意掌握判断离子浓度大小常用方法，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力．二、解答题（共4小题，满分58分）8．（15分）已知前四周期五种元素X、Y、Z、W、T，它们的原子序数依次增大．X是空气中含量最多的元素；Y、W位于同周期，W单质在常温下是黄绿色气体，Y单质在其中燃烧发出黄色火焰；Z的氧化物常用作制备通讯光纤；T是常见金属，在氧气中燃烧可以得到具有磁性的黑色物质．回答下列问题：（1）Z位于元素周期表中第三周期第ⅣA族；W基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p5．（2）Y和W的简单离子比较，半径较大的是Cl﹣_（填离子符号）；键的极性比较：X﹣H 大于Z﹣H（填“大于”或“小于”）；Z单质和其氧化物比较，熔点较高的是SiO2（填化学式）．（3）向T单质与稀硫酸反应后的溶液中滴加足量的NaOH溶液，能观察到的现象是先生成白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；X与Y形成的原子个数比为1：3的简单化合物可与水反应生成两种碱，写出该物质与醋酸溶液反应的化学方程式Na3N+4CH3COOH→CH3COONH4+4CH3COONa．（4）一定条件下，在水溶液中1molW﹣、WO（z=1，2，3，4等）的能量（kJ）相对大小如图所示．①D点对应的微粒是ClO4﹣（填离子符号）．②写出B→A+C反应的热化学方程式：3ClO﹣（aq）=ClO3﹣（aq）+2Cl﹣（aq）△H=﹣117kJ/mol （用离子符号表示）．考点：位置结构性质的相互关系应用．分析：前四周期五种元素X、Y、Z、W、T，它们的原子序数依次增大．X是空气中含量最多的元素，则X为N元素；Y、W位于同周期，单质在常温下是黄绿色气体，则W为Cl；Y单质在其中燃烧发出黄色火焰，则Y为Na；Z的氧化物常用作制备通讯光纤，则Z 为Si；T是常见金属，在氧气中燃烧可以得到具有磁性的黑色物质，则T为Fe．（1）主族元素周期数=电子层数、主族族序数=最外层电子数；W为Cl，原子核外有17个电子，根据能量最低原理书写基态原子核外电子排布式；（2）电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大；电负性越大，对键合电子吸引力越大，共价键的极性越强；Si单质和其氧化物SiO2均属于原子晶体，键长越短、键能越大，物质的熔点越高；（3）向Fe单质与稀硫酸反应得到硫酸亚铁，向后的溶液中滴加足量的NaOH溶液，开始生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定，被氧化为氢氧化铁；X与Y形成的原子个数比为1：3的简单化合物为Na3N，可与水反应生成两种碱，生成NaOH 与NH3，该物质与醋酸溶液反应时，可以看做先发生水解反应，水解产物再与醋酸发生反应，进而书写总反应方程式；（4）①D中Cl元素化合价为+7价，化合价代数和等于离子所带电荷，据此判断x值确定离子符合；②B→A+C的反应方程式为：3ClO﹣=ClO3﹣+2Cl﹣，根据离子能量计算反应热，进而书写热化学方程式．解答：解：前四周期五种元素X、Y、Z、W、T，它们的原子序数依次增大．X是空气中含量最多的元素，则X为N元素；Y、W位于同周期，单质在常温下是黄绿色气体，则W 为Cl；Y单质在其中燃烧发出黄色火焰，则Y为Na；Z的氧化物常用作制备通讯光纤，则Z为Si；T是常见金属，在氧气中燃烧可以得到具有磁性的黑色物质，则T为Fe．（1）Z为Si，原子核外有3个电子层、最外层电子数为3，位于元素周期表中第三周期第ⅣA族；W为Cl，原子核外有17个电子，基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p5，故答案为：三、ⅣA；1s22s22p63s23p5；（2）Cl﹣离子比Na+离子多1个电子层，故离子半径Cl﹣＞Na+，由于电负性N＞Si，故键的极性：N﹣H大于Si﹣H；Si单质和其氧化物SiO2均属于原子晶体，由于Si﹣Si键长＞Si ﹣O键长，故Si﹣O键的键能更大，其熔点高于晶体硅，故答案为：Cl﹣；大于；SiO2；（3）向Fe单质与稀硫酸反应得到硫酸亚铁，向后的溶液中滴加足量的NaOH溶液，开始生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定，被氧化为氢氧化铁，看到的现象为：开始白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；X与Y形成的原子个数比为1：3的简单化合物为Na3N，可与水反应生成两种碱，生成NaOH 与NH3，该物质与醋酸溶液反应时，可以看做先发生水解反应，水解产物再与醋酸发生反应，故与醋酸的化学方程式为：Na3N+4CH3COOH→CH3COONH4+4CH3COONa，故答案为：先生成白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；Na3N+4CH3COOH→CH3COONH4+4CH3COONa；（4）①根据图象知，D中Cl元素化合价为+7价，则7+（﹣2）x=﹣1，解得x=4，所以ClO x﹣中x为4，则D为ClO4﹣，故答案为：ClO4﹣；②B→A+C的反应方程式为：3ClO﹣=ClO3﹣+2Cl﹣，反应热=（63kJ/mol+2×0kJ/mol）﹣3×60kJ/mol=﹣117kJ/mol，所以该热化学反应方程式为3ClO﹣（aq）=ClO3﹣（aq）+2Cl﹣（aq）△H=﹣117kJ/mol，故答案为：3ClO﹣（aq）=ClO3﹣（aq）+2Cl﹣（aq）△H=﹣117kJ/mol；点评：本题考查位置结构性质关系综合应用，推断元素是解题关键，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础，难度中等．9．（16分）某有机物A（C4 H6O5），广泛存在于许多水果中，是一种常用的食品添加剂．该化合物具有如下性质：i.25℃时，电离常数K1=3.99×10﹣4，K2=5.5×10﹣6ii．Imol A与足量钠产生1.5mol H2；ii．分子中核磁共振氢谱显示有5种不同化学环境的氢原子．与A相关的反应流程如下：回答下列问题：（1）A中官能团的名称为羟基、羧基；B的结构简式为HOOCCH=CHCOOH，C的系统命名为2，3﹣二溴丁二酸_．（2）A﹣﹣B的反应类型为消去反应；反应①所需的反应条件为氢氧化钠水溶液、加热．（3）写出下列反应的化学方程式：①M﹣N．；②E﹣F．，（4）A有多种同分异构体，写出符合下列条件的同分异构体结构简式：HOOCCOOCH2CH2OH．①能发生水解，生成两种有机物；②水解后产物之间能发生缩聚反应．考点：有机物的推断．分析：A分子式为C4H6O5，不饱和度为=2，M在氢氧化钠溶液加热条件下发生水解得N，N酸化得A，1mol A与足量的金属钠反应产生1.5mol H2，结合A的电离平衡常数，可知A为二元弱酸，则A含有羟基、羧基，则A分子中含有一个羟基和二个羧基，结合B的分子式可知，A在浓硫酸作用下加热发生消去反应得B为HOOCCH=CHCOOH，核磁共振氢谱表明A分子中有5种不同化学环境的氢原子，则A的结构简式为：HOOCCH （OH）CH2COOH，B与溴加成得C为HOOCCH（Br）CH（Br）COOH，根据F的分子式可知，C在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应得到D为，D酸化得E为HOOCC≡CCOOH，E与甲醇发生酯化反应得F为CH3OOCC≡CCOOCH3，根据A的结构简式可反推得N为NaOOCCH（OH）CH2COONa，M为HOOCCH（Cl）CH2COOH，据此解答．解答：解：A分子式为C4H6O5，不饱和度为=2，M在氢氧化钠溶液加热条件下发生水解得N，N酸化得A，1mol A与足量的金属钠反应产生1.5mol H2，结合A的电离平衡常数，可知A为二元弱酸，则A含有羟基、羧基，则A分子中含有一个羟基和二个羧基，结合B的分子式可知，A在浓硫酸作用下加热发生消去反应得B为HOOCCH=CHCOOH，核磁共振氢谱表明A分子中有5种不同化学环境的氢原子，则A的结构简式为：HOOCCH（OH）CH2COOH，B与溴加成得C为HOOCCH（Br）CH（Br）COOH，根据F的分子式可知，C在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应得到D为，D酸化得E为HOOCC≡CCOOH，E与甲醇发生酯化反应得F为CH3OOCC≡CCOOCH3，根据A的结构简式可反推得N为NaOOCCH（OH）CH2COONa，M为HOOCCH（Cl）CH2COOH，（1）A的结构简式为：HOOCCH（OH）CH2COOH，A中官能团的名称为羟基、羧基，B 为HOOCCH=CHCOOH，C为HOOCCH（Br）CH（Br）COOH，C的系统命名为2，3﹣二溴丁二酸，故答案为：羟基、羧基；HOOCCH=CHCOOH；2，3﹣二溴丁二酸；（2）根据上面的分析可知在，A﹣﹣B的反应类型为消去反应，反应①所需的反应条件为氢氧化钠水溶液、加热，故答案为：消去反应；氢氧化钠水溶液、加热；（3）反应M﹣N的化学方程式为：，反应E﹣F的化学方程式为，故答案为：；；（4）A的同分异构体符合下列条件①能发生水解，生成两种有机物，说明有酯基，②水解后产物之间能发生缩聚反应，则符合条件的结构简式为：HOOCCOOCH2CH2OH，故答案为：HOOCCOOCH2CH2OH；点评：本题考查有机物的推断，确定A的结构简式是关键，再结合反应条件与有机物分子式进行推断，侧重于学生的分析能力的考查，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，难度中等．10．（14分）某研究性学习小组为了变废为宝，拟采用铅铬黄法对某电镀厂含铬废水进行处理，并生产出符合条件的铅铬黄（PbCrO4）．设计实验如下：已知：a．该厂的废水中主要含Cr3+，还有少量Cu2+和其它可溶性杂质；b．Cr（OH）3不溶于水，具有两性，pH=13时，发生反应：Cr（OH3）+OH﹣=﹣回答下列问题：（1）滤渣的成分是CuS（填化学式）；第②步加入Na2CO3溶液的作用是调节溶液的pH，使Cr3+完全沉淀为Cr（OH）3．（2）第④步生成CrO42﹣的离子方程式为2﹣+3H2O2+2OH﹣=2CrO42﹣+8H2O．（3）第⑤步加入NaOH的目的是为了提高铅铬黄的产率，请用化学平衡移动原理加以解释：由于溶液中存在化学平衡：Cr2O72﹣+H2O⇌2CrO42﹣+2H+，当加入NaOH时，有利于平衡正向移动，故提高了铅铬黄的产率．（4）测定铅铬黄纯度：取mg铅铬黄样品溶解，加足量KI将其还原为Cr3+，再用 c mol•L ﹣1 Na2S2O3标准液滴定（反应：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI），消耗体积VmL．该滴定实验中所需主要玻璃仪器有烧杯、滴定管、锥形瓶，测定标准液体积的仪器事先进行洗涤所用试剂依次为自来水、蒸馏水、标准液；此铅铬黄样品的质量分数w=（用含c、m和V 的式子表示）．考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．分析：含Cr3+、Cu2+废水，加Na2S，铜离子会生成CuS沉淀，过滤，滤渣为CuS，滤液中含有Cr3+，在滤液中加饱和的碳酸钠溶液调节pH，使Cr3+完全沉淀为Cr（OH）3沉淀，过滤，滤渣中加氢氧化钠溶液，再加适量的双氧水，生成含有CrO42﹣、Cr2O72﹣的溶液，然后加氢氧化钠和硝酸铅，生成铅铬黄，趁热过滤，得到铅铬黄；（1）根据流程分析判断；溶液中加入Na2CO3可以消耗氢离子，调节pH；（2）﹣与双氧水反应生成CrO42﹣；（3）由于溶液中存在化学平衡：Cr2O72﹣+H2O⇌2CrO42﹣+2H+，根据平衡移动原理分析；（4）滴定时用到的仪器有滴定管、锥形瓶、烧杯；根据洗涤仪器的操作分析；由2CrO42﹣+6I﹣+16H+=2Cr3++3I2+8H2O、I2+2S2O32﹣=2I﹣+S4O62﹣可知，存在CrO42﹣～3S2O32﹣，以此计算，再求出质量和铅铬黄样品的质量分数．解答：解：含Cr3+、Cu2+废水，加Na2S，铜离子会生成CuS沉淀，过滤，滤渣为CuS，滤液中含有Cr3+，在滤液中加饱和的碳酸钠溶液调节pH，使Cr3+完全沉淀为Cr（OH）3沉淀，过滤，滤渣中加氢氧化钠溶液，再加适量的双氧水，生成含有CrO42﹣、Cr2O72﹣的溶液，然后加氢氧化钠和硝酸铅，生成铅铬黄，趁热过滤，得到铅铬黄；（1）根据流程分析可知滤渣的成分是CuS；溶液中加入Na2CO3可以消耗氢离子，调节pH，使Cr3+完全沉淀为Cr（OH）3；故答案为：CuS；调节溶液的pH，使Cr3+完全沉淀为Cr（OH）3；（2）﹣与双氧水反应生成CrO42﹣和水，则第④步生成CrO42﹣的离子方程式为2﹣+3H2O2+2OH﹣=2CrO42﹣+8H2O；故答案为：2﹣+3H2O2+2OH﹣=2CrO42﹣+8H2O；。