辽宁省丹东市2015年高考化学一模试卷

1、2015年辽宁省丹东市高考化学一模试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1（6分）（2015丹东一模）化学与生产、生活密切相关，下列有关说法正确的是（）A葡萄糖注射液能产生丁达尔效应B高纯度的硅单质广泛用于制作光导纤维C二氧化硫的大量排放是造成光化学烟雾的主要原因D汽车的排气管上装有“催化转化器”，使有毒的CO和NO反应生成N2和CO2考点：胶体的重要性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；硅和二氧化硅 分析：A、葡萄糖注射液是溶液，不是丁达尔效应；B、制作光导纤维的是二氧化硅；C、光化学烟雾由碳氢化合物和氮氧化合物在阳光的作用下起化学反应所产生；D、因CO和NO均有毒，需要转化后

2、才能排放解答：解：A、葡萄糖注射液是溶液，不能产生丁达尔效应现象，不属于胶体，故A错误；B、制作光导纤维的是二氧化硅，硅单质常用作太阳能电池，芯片等，故B错误；C、大气中碳氢化合物和氮氧化合物在阳光的作用下起化学反应所产生的化学污染物，与二氧化硫无关，二氧化硫的排放会造成酸雨，故C错误；D、CO和NO均有毒，需要转化为无毒的氮气和二氧化碳才能排放，故D正确，故选D点评：本题考查胶体的性质、光导纤维材料、酸雨与光化学污染等问题，题目难度不大，注意酸雨成分的化学性质以及光化学烟雾等问题2（6分）（2015丹东一模）下列评价及离子方程式书写正确的是（）选项离子组评价AH+、Fe2+、NO3、Cl不能

3、大量共存于同一溶液中，因为发生了氧化还原反应4Fe2+NO3+6H+4Fe3+2NO+3H2OBNa+、CO32、Cl、Al3+不能大量共存于同一溶液中，因为发生了互促水解反应2Al3+3CO32+3H2O2Al（OH）3+3CO2CFe3+、K+、SCN、Br不能大量共存于同一溶液中，因为有红色沉淀生成Fe3+SCNFe（SCN）3DHCO3、OH、Na+、Ca2+不能大量共存于同一溶液中，因为发生如下反应HCO3+OHCO2+H2OAABBCCDD考点：离子方程式的书写 专题：离子反应专题分析：A、H+、Fe2+、NO3三者中任意两者能共存，但三者在一起不能共存要发生氧化还原反应；B、CO

4、32是弱酸的阴离子要结合水电离出的氢离子，而Al3+是弱碱的阳离子要结合水电离出的氢氧根离子，两者水解互促，使反应进行完全；C、Fe3+和SCN两者结合形成络合物，而不是沉淀；D、HCO3多元弱酸根在酸性溶液中要结合质子，在碱性溶液中要电离出质子，OH和Ca2+也不能大量共存解答：解：A、H+、Fe2+、NO3三者中任意两者能共存，但三者在一起不能共存要发生氧化还原反应，正确的离子方程式为3Fe2+NO3+4H+3Fe3+NO+2H2O，故A错误；B、CO32是弱酸的阴离子要结合水电离出的氢离子，而Al3+是弱碱的阳离子要结合水电离出的氢氧根离子，两者水解互促，正确的离子方程式为2Al3+3C

5、O32+3H2O2Al（OH）3+3CO2，故B正确；C、Fe3+和SCN两者结合形成络合物，正确的离子方程式为Fe3+3SCNFe（SCN）3，故C错误；D、HCO3多元弱酸根在酸性溶液中要结合质子，在碱性溶液中要电离出质子，OH和Ca2+也不能大量共存，可能发生的离子方程式为Ca2+HCO3+OHCaCO3+H2O，故D错误；故选B点评：本题通过离子间是否反应来考查离子方程式的书写，题目难度不大，注意氧化还原的配平、双水解方程的书写以及是否符合反应实际的角度分析3（6分）（2015丹东一模）设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A1molNa2O2与水完全反应时转移电子数为NA

6、B18g重水（D2O）所含的电子数为10NAC0.5molNH4HSO4晶体中，含有H+数目约为0.5NAD标准状况时，1LpH=13的NaOH溶液中含有的OH离子数为0.1NA考点：阿伏加德罗常数 分析：A根据物质的量与转移电子之间的关系判断；B根据n=结合原子构成判断；C硫酸氢铵是由氨根离子与硫酸氢根离子构成；D依据pH计算氢离子浓度，结合离子积常数计算氢氧根离子浓度，标准状况离子积常数不知不能计算解答：解：A.2mol过氧化钠与水反应转移电子数为2NA，所以1molNa2O2与水完全反应时转移电子数为NA，故A正确；Bn=0.9mol，所含的电子数为9NA，故B错误；C硫酸氢铵是由氨根离

7、子与硫酸氢根离子构成，不含有氢离子，故C错误；D标准状况时，溶液离子积不知不能计算氢氧根离子浓度，故D错误；故选：A点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，主要物质的量计算微粒数，氧化还原反应电子转移计算，溶液中离子积常数的应用条件，题目难度不大4（6分）（2015丹东一模）下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的是（）A用图1所示装置除去HCl中含有的少量Cl2B用图2所示装置蒸发FeCl3溶液制备无水FeCl3C用图3所示装置可以完成“喷泉”实验D用图4所示装置制取并收集干燥纯净的NH3考点：化学实验方案的评价；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用 专题：化学实验基本操作分析：A氯气难

8、溶于饱和食盐水，不能被饱和氯化钠溶液吸收；B氯化铁在加热时水解生成氢氧化铁；C氯气与NaOH溶液反应，可形成喷泉；D氨气密度比空气小，应用向下排空法收集解答：解：A氯气难溶于饱和食盐水，用图1所示装置除去Cl2中含有的少量HCl，故A错误；B氯化铁在加热时水解生成氢氧化铁，不能直接用蒸发的方法制备，故B错误；C氯气与NaOH溶液反应，导致圆底烧瓶内压强减小，可形成喷泉，故C正确；D氨气密度比空气小，应用向下排空法收集，故D错误故选C点评：本题考查实验方案的评价，侧重于物质的分离、制备以及收集，题目难度不大，注意相关物质的性质的把握5（6分）（2015丹东一模）有机物A的分子式为C6H12O3，

9、一定条件下，A与碳酸氢钠、钠均能产生气体，且生成的气体体积比（同温同压）为1：1，则A的结构最多有（）A33种B31种C28种D19种考点：同分异构现象和同分异构体 分析：有机物分子式为C6H12O3，等量的有机物与足量的NaHCO3溶液、Na反应时产生的气体在相同条件下的体积比为1：1，说明有机物分子中含有1个COOH、1个OH，该有机物可以看作C5H12中2个H原子，分别被COOH、OH代替，结合C5H12的同分异构体判断解答：解：有机物分子式为C6H12O3，等量的有机物与足量的NaHCO3溶液、Na反应时产生的气体在相同条件下的体积比为1：1，说明有机物分子中含有1个COOH、1个OH

10、，该有机物可以看作，C5H12中2个H原子，分别被COOH、OH代替，若C5H12为正戊烷：CH3CH2CH2CH2CH3，2个H原子分别被COOH、OH代替，羧基在1号碳上，此时剩余等效H为5种；羧基连在2号碳上，剩余等效为5种；羧基连在3号碳上，剩余等效H有3种；若C5H12为异戊烷，羧基位于1号碳上，剩余等效H有5种；羧基连在2号碳上，剩余等效H有3种；羧基连在3号碳上，剩余等效H有4种；羧基连在4号碳上，剩余等效H有4种；若C5H12为新戊烷，羧基连在1号碳上，剩余等效H有2种，总共有31种，故选B点评：本题主要考查同分异构体的书写，判断有机物含有的官能团是关键，注意取代中利用定一移二

11、进行判断6（6分）（2015丹东一模）下列溶液中各微粒的浓度关系正确的是（）A等pH的氨水、KOH溶液、Ba（OH）2溶液中：c（NH4+）=c（K+）=c（Ba2+）B将10mL0.1molL1Na2CO3溶液逐滴滴加到10mL0.1molL1盐酸中：c（Na+）c（Cl）c（HCO3）c（CO32）C向NH4HCO3溶液中滴加NaOH溶液至pH=7：c（NH4+）+c（Na+）=c（HCO3）+c（CO32）D0.2molL1的某一元弱酸HA溶液和0.1molL1NaOH溶液等体积混合后的溶液：2c（OH）+c（A）=2c（H+）+c（HA）考点：离子浓度大小的比较 分析：A、pH相同的溶

12、液中，一水合氨是弱电解质存在电离平衡，氢氧化钡、KOH为强碱；B、将等物质的量浓度等体积的Na2CO3溶液逐滴滴加到盐酸中充分反应后所得溶液为NaCl，Na2CO3溶液，碳酸根水解呈碱性，据此分析；C、依据溶液中电荷守恒分析判断；D、0.2molL1的某一元弱酸HA溶液和0.1molL1NaOH溶液等体积混合后的溶液中溶质为等浓度的HA和NaA的混合溶液，溶液中电荷守恒和物料守恒计算分析解答：解：A、等pH的氨水、KOH溶液、Ba（OH）2溶液中，一水合氨是弱电解质存在电离平衡，氢氧化钾为一元强碱，氢氧化钡为二元强碱：c（NH4+）=c（K+）c（Ba2+），故A错误；B、将等物质的量浓度等体

13、积的Na2CO3溶液逐滴滴加到盐酸中充分反应后所得溶液为NaCl、Na2CO3溶液，碳酸氢根水解呈碱性，所以各种离子浓度由大到小顺序为c（Na+）c（Cl）c（CO32）c（OH）c（HCO3）c（H+），故B错误；C、向NH4HCO3溶液中滴加NaOH溶液至pH=7，c（OH）=c（H+），溶液中电荷守恒：c（H+）+c（NH4+）+c（Na+）=c（HCO3）+2c（CO32）+c（OH），得到c（NH4+）+c（Na+）=c（HCO3）+2c（CO32），故C错误；D、0.2molL1的某一元弱酸HA溶液和0.1molL1NaOH溶液等体积混合后的溶液中溶质为等浓度的HA和NaA的混合溶

14、液，溶液中电荷守恒c（H+）+c（Na+）=c（A）+c（OH），物料守恒2c（Na+）=c（A）+c（HA），带入计算得到：2c（OH）+c（A）=2c（H+）+c（HA），故D正确；故选D点评：本题考查了电解质溶液中电荷守恒、物料守恒、离子浓度大小比较方法，注意反应过程和水解过程的分析判断，掌握基础是关键，题目难度中等7（6分）（2015丹东一模）有一混合溶液，其中只含有Fe2+、Cl、Br、I（忽略水的电离），其中Cl、Br、I的个数比为2：3：4，向该溶液中通入氯气使溶液中Cl和Br的个数比为3：1，则通入氯气的物质的量与溶液中剩余Fe2+的物质的量之比为（）A7：1B7：2C7：3D

15、7：4考点：离子方程式的有关计算 分析：还原性：IFe2+BrCl，根据电荷守恒2n（Fe2+）=n（Cl）+n（Br）+n（I）计算n（Fe2+），根据溶液中通入氯气使溶液中Cl和Br的个数比为3：1，计算消耗的氯气和剩余Fe2+的物质的量，可则解答该题解答：解：由题意可设Cl、Br、I的物质的量分别为2mol、3mol、4mol，由电荷守恒可得：2n（Fe2+）=n（Cl）+n（Br）+n（I）=2mol+3mol+4mol=9mol，n（Fe2+）=4.5mol，通入氯气后，要满足 n（Cl）：n（Br）=3：1，Cl只要增加7mol就可以，即需通入氯气3.5mol4mol I先消耗2m

16、ol氯气，3mol Fe2+消耗1.5mol氯气，剩余Fe2+1.5mol，则通入氯气与剩余Fe2+的物质的量之比为：3.5：1.5=7：3，故选C点评：本题考查氧化还原反应的计算，题目难度中等，本题注意根据物质还原性的强弱，从电荷守恒的角度计算n（Fe2+），根据反应的程度判断物质的量关系，答题时注意体会二、解答题（共3小题，满分43分）8（15分）（2015丹东一模）某研究小组利用软锰矿（主要成分为MnO2，另含有少量铁、铝、铜、镍等金属化合物）作脱硫剂，通过如下简化流程脱除燃煤尾气中的SO2，同时制得电池材料MnO2（反应条件已省略）请回答下列问题；（1）上述流程中多次涉及到过滤操作，实

17、验进行过滤操作时需要用到的硅酸盐仪器有玻璃棒、烧杯、漏斗；其中玻璃棒的作用是引流，防止液体溅出（2）用MnCO3能除去溶液中的Al3+和Fe3+，其原理是消耗溶液中的酸，促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀（3）已知Ksp（CuS）=8.4×1045，Ksp（NiS）=1.4×1024；在除铜镍的过程中，当Ni2+恰好完全沉淀（此时溶液中c（Ni2+）=1.0×105mol/L），溶液中Cu2+的浓度是6.0×1026mol/L（4）工业采用电解K2MnO4水溶液的方法来生产KMnO4，其中惰性电极作阳极，铁作阴极，请写出阳极的电极反应式MnO42

18、e=MnO4（5）下列各组试剂中，能准确测定一定体积燃煤尾气中SO2含量的是bc（填编号）aNaOH溶液、酚酞试液 b稀H2SO4酸化的KMnO4溶液c碘水、淀粉溶液 d氨水、酚酞试液（6）除杂后得到的MnSO4溶液可以通过bca制得硫酸锰晶体（MnSO4H2O，相对分子质量为169） a过滤 b蒸发浓缩 c冷却结晶 d灼烧 e干燥（7）已知废气中SO2浓度为8.4g/m3，软锰矿浆对SO2的吸收率可以达90%，则处理1000m3烧煤尾气，可得硫酸锰晶体质量为20.0kg（结果保留3位有效数字）考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质 分析：二氧化硫能

19、与二氧化锰反应生成硫酸锰，用MnCO3能除去溶液中Al3+和Fe3+，MnS将铜、镍离子还原为单质，高锰酸钾能与硫酸锰反应生成二氧化锰，通过过滤获得二氧化锰（1）过滤操作时需要用到的硅酸盐仪器有玻璃棒、烧杯、漏斗，玻璃棒起引流作用，防止液体溅出；（2）由于碳酸锰能消耗溶液中的酸，从而促进Al3+和Fe3+水解；（3）根据c（S2）=计算溶液中c（S2），再根据Ksp（CuS）=c（Cu2+）×c（S2）计算计算溶液中Cu2+的浓度；（4）隋性电极作阳极，铁作阴极，阳极上发生氧化反应，阳极上是MnO42失去电子生成MnO4；（5）进行定量测定尾气中二氧化硫的含量，由于吸收二氧化硫的试剂

20、，与二氧化硫反应现象明显，便于反应终点的判断；（6）由溶液得到晶体，应采取蒸发浓缩、冷却结晶，过滤得到晶体；（7）结合硫原子守恒可知，被吸收的SO2的物质的量等于硫酸锰晶体的物质的量，进而计算硫酸锰晶体质量解答：解：二氧化硫能与二氧化锰反应生成硫酸锰，用MnCO3能除去溶液中Al3+和Fe3+，MnS将铜、镍离子还原为单质，高锰酸钾能与硫酸锰反应生成二氧化锰，通过过滤获得二氧化锰（1）过滤操作时需要用到的硅酸盐仪器有玻璃棒、烧杯、漏斗，玻璃棒起引流作用，防止液体溅出；故答案为：烧杯、漏斗；引流，防止液体溅出；（2）由于碳酸锰能消耗溶液中的酸，降低溶液的酸性，从而促进Al3+和Fe3+水解生成氢

21、氧化物沉淀，故答案为：消耗溶液中的酸，促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀；（3）当Ni2+恰好完全沉淀 （此时溶液中c（Ni2+）=1.0×105mol/L），c（S2）=mol/L=1.4×1019mol/L，由Ksp（CuS）=c（Cu2+）×c（S2），可知溶液中Cu2+的浓度为mol/L=6.0×1026mol/L，故答案为：6.0×1026；（4）隋性电极作阳极，铁作阴极，阳极上发生氧化反应，阳极上是MnO42失去电子生成MnO4，阳极的电极反应式为：MnO42e=MnO4，故答案为：MnO42e=MnO4；（5）a用NaOH

22、溶液、酚酞试液吸收二氧化硫，反应生成亚硫酸钠，亚硫酸钠溶液呈碱性，溶液颜色变化不明显，故a错误；b用稀H2SO4酸化的KMnO4溶液吸收二氧化硫，溶液有紫色变为无色，反应完全，可准确测定气体的含量，故b正确；c用碘水、淀粉溶液吸收二氧化硫，溶液有蓝色变为无色，反应完全，可准确测定气体的含量，故c正确；d氨水本身易挥发，不宜进行定量测定，且终点判断误差较大，故d错误，故选：bc；（6）除杂后得到的MnSO4溶液可以通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得硫酸锰晶体，故选：bca；（7）由硫原子守恒，被吸收的SO2的物质的量等于硫酸锰晶体的物质的量，则硫酸锰晶体的质量为×169g/mol2

23、5;104g=20.0kg，故答案为：20.0点评：本题以化学工业流程为载体，考查混合物分离提纯的综合应用、溶度积有关计算、电极反应式、实验方案评价、化学计算等，是对学生综合能力的考查，综合性较强，题目难度中等9（14分）（2015丹东一模）晶体硅是一种重要的非金属材料，制备纯硅的主要步骤如下：高温下用碳还原二氧化硅制得粗硅粗硅与干燥HCl气体反应制得SiHCl3：Si+3HClSiHCl3+H2SiHCl3与过量H2在1100反应制得纯硅，已知SiHCl3能与H2O强烈反应，在空气中易自燃请回答下列问题：（1）第步制备粗硅的化学反应方程式为SiO2+2CSi+2CO（2）粗硅与HCl反应完全

24、后，经冷凝得到的SiHCl3（沸点33.0）中含有少量SiCl4（沸点57.6）和HCl（沸点84.7），提纯SiHCl3采用的方法为蒸馏（3）用SiHCl3与过量H2反应制备纯硅的装置如图（热源及夹持装置略去）：装置B中的试剂是浓硫酸装置C中的烧瓶需要加热，其目的是滴入烧瓶中的SiHCl3气化反应一段时间后，装置D中观察到的现象是有固体物质生成，装置D中发生反应的化学方程式为SiHCl3+H2Si+3HCl为保证制备纯硅实验的成功，操作的关键是检查实验装置的气密性，控制好反应温度以及排尽装置中的空气为鉴定产品硅中是否含微量铁单质，将试样用稀盐酸溶解，取上层清液后需再加入的试剂（填写字母代号）

25、是bda碘水 b氯水 cNaOH溶液 dKSCN溶液 eNa2SO3溶液考点：硅和二氧化硅 专题：碳族元素分析：（1）高温下，SiO2和C反应生成Si和CO；（2）沸点不同的液体可以采用蒸馏的方法分离；（3）浓硫酸具有吸水性，可作干燥剂，防止SiHCl3与H2O强烈反应；升高温度能使SiHCl3气化；高温条件下，SiHCl3和H2发生氧化还原反应而得到Si单质；防止Si被氧化；向溶液中加入强氧化剂，然后加入KSCN溶液检验铁离子解答：解：（1）高温下，SiO2和C反应生成Si和CO，反应方程式为 SiO2+2CSi+2CO，故答案为：SiO2+2CSi+2CO；（2）沸点不同的液体可以采用蒸馏

26、的方法分离，这几种物质沸点不同，所以可以采用蒸馏的方法分离，故答案为：蒸馏；（3）为防止SiHCl3与H2O强烈反应，需要干燥剂干燥氢气，浓硫酸具有吸水性且不和氢气反应，所以可以作干燥剂；升高温度能使SiHCl3气化，从而使SiHCl3和氢气在D中反应，故答案为：浓硫酸；使滴入烧瓶中的SiHCl3气化；D中发生反应，SiHCl3+H2Si+3HCl，Si为固态，所以看到的现象是有固体物质生成，故答案为：有固体物质生成； SiHCl3+H2Si+3HCl；Si是亲氧元素，为防止Si被氧化，需要排尽装置中的空气，故答案为：排尽装置中的空气；向溶液中加入强氧化剂，然后加入KSCN溶液检验铁离子，这几

27、种物质中氯水具有强氧化性，故选bd点评：本题以Si的制取为载体考查化学实验，涉及氧化还原反应、基本操作、混合物的分离和提纯等知识点，明确反应原理是解本题关键，再结合物质的性质分析解答，同时考查学生思维的缜密性，题目难度不大10（14分）（2015丹东一模）某温度，将2molCO与5molH2的混合气体充入容积为2L的密闭容器中，在催化剂的作用下发生反应：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）经过5min后，反应达到平衡，此时转移电子6mol（1）该反应的平衡常数为3，v（CH3OH）=0.15molmin1若保持体积不变，再充入2molCO和1.5molCH3OH，此时v正v负（填“”、“”

28、或“=”）（2）在其它条件不变的情况下，再增加2molCO与5molH2，达到新平衡时，CO的转化率增大（填“增大”、“减小”或“不变”）（3）下列不能说明该反应已达到平衡状态的是cd aCH3OH的质量不变 b混合气体的平均相对分子质量不再改变 cv逆（CO）=2v正（H2） d混合气体的密度不再发生改变 （4）在一定压强下，容积为VL的容器充入amolCO与2amolH2，在催化剂作用下反应生成甲醇，平衡转化率与温度、压强的关系如图所示则P1小于P2（填“大于”、“小于”或“等于”，下同）H0，该反应在低温（填“高温”或“低温”）下能自发进行（5）能使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方

29、向移动的是ca及时分离除CH3OH气体 b适当升高温度 c增大H2的浓度 d选择高效催化剂考点：化学平衡的计算；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断 分析：（1）某温度，将2molCO与5molH2的混合气体充入容积为2L的密闭容器中，经过5min后，反应达到平衡，依据化学方程式可知转移电子4mol消耗CO物质的量为1mol，则此时转移电子6mol，消耗CO物质的量=×1mol=1.5mol，结合化学平衡三段式列式计算 CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）起始量（mol） 2 5 0变化量（mol） 1.5 3 1.5平衡量（mol）0.5 2 1.5平衡浓度c（CO）=0.2

30、5mol/L，c（H2）=1mol/L，c（CH3OH）=0.75mol/L平衡常数K=；甲醇表示的反应速率v（CH3OH）=若保持体积不变，再充入2molCO和1.5molCH3OH，计算此时浓度商Qc和平衡常数大小比较判断平衡的进行方向；（2）在其它条件不变的情况下，再增加2molCO与5molH2，相当于增大压强，平衡正向进行；（3）反应是气体体积减小的放热反应，反应达到平衡的标志是正逆反应速率相同，各组分含量保持不变，分析选项中变量不变说明反应达到平衡状态，否则不能达到平衡；（4）相同温度下，同一容器中，增大压强，平衡向正反应方向移动，则CO的转化率增大，反应自发进行的判断依据是HTS

31、0，满足此关系，分析反应的焓变和熵变大小分析判断；（5）根据化学反应速率和化学平衡的影响因素进行判断，A及时分离除CH3OH，减少生成物浓度速率减小，平衡正向进行；B升高温度，平衡逆向移动，故速率增大；C增大H2的浓度，反应物浓度增大化学反应速率加快，平衡正向移动；D催化剂改变化学反应速率，平衡不移动解答：解：（1）某温度，将2molCO与5molH2的混合气体充入容积为2L的密闭容器中，经过5min后，反应达到平衡，依据化学方程式可知转移电子4mol消耗CO物质的量为1mol，则此时转移电子6mol，消耗CO物质的量=×1mol=1.5mol， CO（g）+2H2（g）CH3OH（

32、g）起始量（mol） 2 5 0变化量（mol） 1.5 3 1.5平衡量（mol）0.5 2 1.5平衡浓度c（CO）=0.25mol/L，c（H2）=1mol/L，c（CH3OH）=0.75mol/L平衡常数K=3；甲醇表示的反应速率v（CH3OH）=0.15mol/（Lmin），若保持体积不变，再充入2molCO和1.5molCH3OH，计算此时浓度商Qc=1.23说明平衡正向进行，此时v正v负；故答案为：3；0.15；（2）在其它条件不变的情况下，再增加2molCO与5molH2，相当于增大压强，CO（g）+2H2（g）CH3OH（g），反应是气体体积减小的反应，平衡正向进行，一氧化碳

33、的转化率增大；故答案为：增大；（3）CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H0，反应是气体体积减小的放热反应，反应达到平衡的标志是正逆反应速率相同，各组分含量保持不变，分析选项中变量不变说明反应达到平衡状态；aCH3OH的质量不变，物质的量不变，说明反应达到平衡状态，故a不符合； b反应前后气体质量不变，反应前后气体物质的量变化，当混合气体的平均相对分子质量不再改变，说明反应达到平衡状态，故b不符合；c反应速率之比等于化学方程式计量数之比，属于正反应速率之比，2v正（CO）=v正（H2），当满足2v逆（CO）=v正（H2）说明氢气的正逆反应速率相同，反应达到平衡状态，但v逆（CO）=2v正（

34、H2）不能说明反应达到平衡状态，故c符合；d反应前后气体质量不变，容器体积不变，混合气体的密度始终不发生改变，不能说明反应达到平衡状态，故d符合；故答案为：c d；（4）相同温度下，同一容器中，增大压强，平衡向正反应方向移动，则CO的转化率增大，根据图象知，p1小于p2，温度升高一氧化碳转化率减小，说明升温平衡逆向进行，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，H0，CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）反应是气体体积减小的反应，S0，反应自发进行的判断依据是HTS0，满足此关系低温下能自发进行；故答案为：小于；低温；（5）CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H0，反应是气体体积减小的放热反应

35、，采取下列措施，其中能使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动；a及时分离除CH3OH，减少生成物浓度，平衡正向进行，但反应速率减小，故错误；b升高温度，平衡逆向移动，故错误；c增大H2的浓度，化学反应速率加快，平衡正向移动，故正确；d选择高效催化剂，化学反应速率加快，平衡不移动，故错误，故答案为：c点评：本题考查了化学平衡影响因素，反应速率、平衡常数概念计算应用，化学平衡标志的分析判断，掌握基础是解题关键，题目难度中等三、选做题：（共3小题，满分15分）【化学-选修2：化学与技术】11（15分）（2015丹东一模）印尼火山喷发不仅带来壮观的美景，还给附近的居民带来物质财富，有许多居民冒

36、着生命危险在底部的火山口收集纯硫磺块来赚取丰厚收入硫磺可用于生产化工原料硫酸某工厂用如图所示的工艺流程生产硫酸：请回答下列问题：（1）为充分利用反应放出的热量，接触室中应安装热交换器（填设备名称）吸收塔中填充有许多瓷管，其作用是使浓H2SO4与SO3充分接触（2）为使硫磺充分燃烧，经流量计1通入燃烧室的氧气过量50%，为提高SO2转化率，经流量计2的氧气量为接触室中二氧化硫完全氧化时理论需氧量的2.5倍，则生产过程中流经流量计1和流量计2的空气体积比应为6：5假设接触室中SO2的转化率为95%，b管排出的尾气中二氧化硫的体积分数为0.41%（空气中氧气的体积分数按0.2计），该尾气的处理方法是

37、用氨水吸收（3）与以硫铁矿为原料的生产工艺相比，该工艺的特点是A（可多选）A耗氧量减少 B二氧化硫的转化率提高 C产生的废渣减少 D不需要使用催化剂（4）硫酸的用途非常广，可应用于下列哪些方面BCDA橡胶的硫化 B表面活性剂“烷基苯磺酸钠”的合成 C铅蓄电池的生产 D过磷酸钙的制备（5）矿物燃料的燃烧是产生大气中SO2的主要原因之一在燃煤中加入适量的石灰石，可有效减少煤燃烧时SO2的排放，请写出此脱硫过程中反应的化学方程式CaCO3CaO+CO2、SO2+CaOCaSO3、2CaSO3+O22CaSO4考点：工业制取硫酸 分析：（1）SO2与O2的反应为放热反应，为了充分利用能量，应安装热交换

38、器；吸收塔中填充许多瓷管，增大三氧化硫与浓硫酸的接触面，有利于三氧化硫的吸收（2）根据反应过程分布计算；（3）A、硫铁矿中铁的氧化需要消耗O2；B、原料选择与SO2的转化率无关；C、用硫铁矿为原料产生的废渣较多，但废气量相同；D、用SO2制取SO3的过程中都需要使用催化剂；（4）A、橡胶硫化所用到的为单质硫；B、烷基苯磺酸钠中含有磺酸基，制取过程中需要发生磺化反应；C、铅蓄电池中需要用到硫酸和硫酸铅；D、过磷酸钙的制取过程中需要浓硫酸和磷矿石；（5）CaCO3高温分解生成CO2和CaO，SO2为酸性氧化物，可以和碱性氧化物CaO反应生成CaSO3，而CaSO3易被氧化为CaSO4解答：解：（1

39、）SO2与O2的反应为放热反应，为了充分利用能量，应安装热交换器；吸收塔中填充许多瓷管，增大三氧化硫与浓硫酸的接触面，有利于三氧化硫的吸收，故答案为：热交换器；使浓H2SO4与SO3充分接触；（2）燃烧室中的反应为S+O2SO2，假设SO2的体积为x，则流量计1中通入氧气的体积为1.5x，接触室中的反应为2SO2+O22SO3，则流量计2中通入氧气的体积为1.25x；流量计1中通入空气的体积为7.5x，流量计2中通入空气的体积为6.25x，故流经流量计1和流量计2的空气体积比应为7.5x：6.25x=6：5；燃烧室剩余空气6.5x，接触室剩余空气6.25xx=5.775x，剩余SO2为0.05

40、x，故b管尾气中SO2的体积分数为0.41%；SO2为酸性氧化物，可以用碱液（如氨水）吸收，故答案为：6：5；0.41%； 用氨水吸收；（3）硫铁矿中铁的氧化需要消耗O2，A项正确；原料选择与SO2的转化率无关，B项错误；用硫铁矿为原料产生的废渣较多，但废气量相同，C项错误；用SO2制取SO3的过程中都需要使用催化剂，D项错误，故选：A；（4）橡胶硫化所用到的为单质硫，A项错误；烷基苯磺酸钠中含有磺酸基，制取过程中需要发生磺化反应，B项正确；铅蓄电池中需要用到硫酸和硫酸铅，C项正确；过磷酸钙的制取过程中需要浓硫酸和磷矿石，D项正确，故选：BCD；（5）CaCO3高温分解生成CO2和CaO，SO

41、2为酸性氧化物，可以和碱性氧化物CaO反应生成CaSO3，而CaSO3易被氧化为CaSO4，所以发生反应的化学方程式为：CaCO3CaO+CO2 SO2+CaOCaSO32CaSO3+O22CaSO4，故答案为：CaCO3CaO+CO2、SO2+CaOCaSO3、2CaSO3+O22CaSO4点评：本题是对化学与技术及工业生产的考查，需要学生细读生产工艺图中各物质的变化进行解答，把握氨碱法、制备浓硫酸的工艺流程及设备的作用、发生的化学反应为解答的关键，题目难度中等【化学-选修3：物质结构与性质】12（2015丹东一模）金属铝、铁、铜与人类生产、生活息息相关（1）基态铝原子核处在能量最高的能级上

42、的电子共有1种不同的运动状态，工业电解熔融氧化铝时要添加助熔剂Na3AlF6由氟化钠和硫酸铝可以抽取Na3AlF6，反应的化学方程式为12NaF+Al2（SO4）32Na3AlF6+3Na2SO4（2）聚合硫酸铁（简称PFS）的化学式为Fe（OH）n（SO4）（3n）m，是常用的水处理剂，与PFS中铁元素价态相同的铁离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5或Ar3d5，SO42的空间构型是空间正四面体（3）下列关于Cu（NH3）4SO4、K4Fe（CN）6、Na3AlF6的说法中正确的有ad（填字母） a三种物质中含有的化学键类型均有离子键和配位键 b三种物质的组成元素中电负性最

43、大与最小的两种非金属元素形成的晶体属于离子晶体 c三种物质的组成元素中第一电离能最大的是氮元素 dK4Fe（CN）6与Na3AlF6的中心离子具有相同的配位数（4）某种含Cu2+的化合物可催化氧化丙烯醇（HOCH2CH=CH2）制备丙醛（CH3CH2CHO），在丙烯醇中共有9个键，其中碳原子的杂化方式是sp2、sp3（5）用晶体的X射线衍射法可以测得阿伏加德罗常数的值对金属铜的测定得到以下结果：铜晶胞为面心立方最密堆积，边长为361pm又知铜的密度为9.0g/cm3，则铜原子的直径为pm，阿伏加德罗常数的值为6.05×1023考点：配合物的成键情况；原子核外电子排布；判断简单分子或离

44、子的构型；晶胞的计算 分析：（1）铝是13号元素，根据核外电子排布规律分析，铝基态原子核外能量最高的能级为3p，排布了1个电子，有1种不同的运动状态；首先根据反应原理找出反应物、生成物、反应条件，根据化学方程式的书写方法、步骤进行书写即可；（2）铁有两种阳离子，亚铁离子在空气中不能稳定存在，而铁离子在空气中科院稳定存在，可以推断化合价为+3价，据此书写铁离子的电子排布式；根据价层电子对互斥模型判断SO42的空间结构；（3）a均含金属离子与配位离子之间的离子键，配位离子中含配位键；b电负性最大的为F，电负性最小的为氢；c非金属性最强的为F，其电负性最大，第一电离能最大；d由化学式可知，配位数均为

45、6；（4）有机物中C=C键中含有1个键和1个键；根据杂化理论在丙烯醇中构成C=C的两个碳原子是sp2杂化，另一个C为sp3杂化；（5）根据铜晶胞为面心立方最密堆积，由边长可计算出晶胞的体积，根据m=×V计算质量，由晶胞可知Cu原子在顶点和面心，以此计算解答：解：（1）铝是13号元素，其基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p1，原子核外能量最高的能级为3p，排布了1个电子，有1种不同的运动状态，硫酸铝和氟化钠（NaF）在熔融条件下反应生成冰晶石（Na3AlF6），同时得到硫酸钠，化学方程式为：12NaF+Al2（SO4）32Na3AlF6+3Na2SO4，故答案为：1；1

46、2NaF+Al2（SO4）32Na3AlF6+3Na2SO4；（2）絮状物在空气之中能稳定存在说明为铁离子，因为亚铁离子在空气中不稳定，故铁的化合价为+3价，铁离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，SO42中S原子的价层电子对数为=4，所以S原子的杂化方式为sp3杂化，SO42空间构型为正四面体，故答案为：1s22s22p63s23p63d5；空间正四面体；（3）aCu（NH3）4SO4、K4Fe（CN）6、Na3AlF6晶体都为配位化合物，晶体中存在化学键类型都为配位键和离子键，故a正确；b电负性最大的为F，电负性最小的为氢，形成的晶体属于分子晶体，故b错误；c三种物质的组

47、成元素中第一电离能最大的是氟元素，故c错误；dK4Fe（CN）6与Na3AlF6的中心离子具有相同的配位数，均为6，故d正确；故答案为：ad；（4）C=C键中含有1个键和1个键，则丙烯醇（CH2=CHCH2OH）中共有9个键和1个键，丙烯醇（CH2=CHCH2OH）中构成C=C的两个碳原子是sp2杂化，另一个C为sp3杂化，故答案为：9； sp2、sp3；（5）根据铜晶胞为面心立方最密堆积，由边长可计算出晶胞的体积V=（361 pm）34.70×1023 cm3，根据m=×V=9.00 gcm3×4.70×1023cm3=4.23×1022g；

48、由于一个铜晶胞中含有的铜原子数为8×+6×=4（个），每个铜原子的体积约为=4.70×1023 cm3÷4=1.18×1023 cm3，则××d3=1.18×1023 cm3，解得铜原子的直径d=pm255pm；NA=6.05×1023mol1，故答案为：或255；6.05×1023点评：本题考查晶胞计算及物质结构，为高频考点，侧重选修三物质结构与性质的考查，涉及电子排布、杂化及晶胞计算等，注重高频考点的考查，综合性较强，（5）为解答难点，题目难度中等【化学-选修5：有机化学基础】13（2015丹东一模）M和K为工业生产中常用的两种高聚物，其合成路线如下：基中J物质与氯化我溶液能发生显色反应，且苯环上的一元取代物有两种已知：当羟基与双键碳原子相连时，易发生如下转化RCH=CHOHRCH2CHOONa连在烃基上不会被氧化请回答下列问题：（1）写出M的结构简式，B中具有的官能团的名称酯基、溴原