浙江省温州市2015年高三第二次适应性测试化学试题(解析版)

1、浙江省温州市2015年高三第二次适应性测试化学试题一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1下列说法不正确的是（）A发展核电、煤中加入生石灰、利用二氧化碳制造全降解塑料都能有效减少环境污染B物质变化中炭化、钝化、皂化、酯化、熔化都属于化学变化C氢键、分子间作用力、离子键和共价键均为微粒间的相互作用力D农业废弃物、城市工业有机废弃物及动物粪便中都蕴藏着丰富的生物质能考点：常见的生活环境的污染及治理；物理变化与化学变化的区别与联系；化学键和分子间作用力的区别.分析：A煤中加入生石灰能减少二氧化硫的排放；B化学变化过程中有新物质生成，物理变化过程中没有新物质生成；C离子键和共价键均为离子和原子

2、间的相互作用力；D生物质能就是太阳能以化学能形式贮存在生物质中的能量形式，即以生物质为载体的能量解答：解：A煤中加入生石灰能减少二氧化硫的排放，发展核电、利用二氧化碳制造全降解塑能减少二氧化碳的排放，三者都能有效减少环境污染，故A正确； B熔化没有生成新物质，属于物理变化，故B错误；C氢键、分子间作用力是分子之间的作用力；离子键和共价键均为离子和原子间的相互作用力，故C正确；D农业废弃物、城市工业有机废弃物及动物粪便中都蕴藏着以生物质为载体的能量，故D正确故选B点评：本题考查环境污染、化学变化、生物质能、化学键等，知识点较多，难度不大，学习中注意相关基础知识的积累2（3分）（2025温州二模）

3、下列说法正确的是（）A实验中要配制500mL 0.2molL1 KCl溶液，需用托盘天平称量7.45gKCl固体B实验室制氢气，为了加快反应速率，可向稀H2SO4中滴加少量Cu（NO3）2溶液C排除碱式滴定管尖嘴端气泡时，可以向上弯曲橡皮管，然后挤压玻璃球，排出气泡D往含有FeBr2和FeI2的混合溶液中通入足量的氯气，然后把溶液蒸干、灼烧，得到FeCl3固体考点：化学反应速率的影响因素；物质的量的相关计算；铁盐和亚铁盐的相互转变；不能加热的仪器及使用方法.分析：A、托盘天平只能称准到0.1g；B、向稀H2SO4中滴加少量Cu（NO3）2溶液，有硝酸，不能生成氢气；C、依据滴定管中气泡的排除方

4、法分析；D、FeBr2和FeI2的混合溶液中通入足量的氯气，生成FeCl3溶液解答：解：A、托盘天平不能称出7.45g固体，故A错误；B、金属与硝酸反应不生成氢气，故B错误；C、将胶管弯曲使玻璃尖嘴斜向上，用两指捏住胶管，轻轻挤压玻璃珠，使溶液从尖嘴流出，从而溶液充满尖嘴，排除气泡，故C正确；D、FeCl3溶液水解生成的盐酸易挥发，蒸干、灼烧生成氧化铁，故D错误；故选C点评：本题考查了托盘天平的使用、硝酸的氧化性、碱式滴定管的使用、盐溶液蒸干灼烧后生成物分析，题目难度不大3（3分）（2025温州二模）a5X、b3Y、aZ、bW、a+4T均为短周期元素，其原子半径随原子序数变化如图所示Z是地壳中

5、含量最高的金属元素，W原子最外层电子数是K层电子数的2倍则下列说法正确的是（）AZ、T两种元素的离子半径相比，前者较大BX、Y形成的两种化合物中，阴、阳离子物质的量之比分别为1：1和1：2CX、W、T三种元素的气态氢化物中，稳定性最差的是W的氢化物，沸点最高的是T的氢化物DY、T两种元素的最高价氧化物对应的水化物均能溶解X和Z形成的常见化合物考点：原子结构与元素的性质.分析：短周期元素中，Z是地壳中含量最高的金属元素，则Z为Al；W原子最外层电子数是K层电子数的2倍，W层电子数为4，故W为Si；X质子数比Z小5，故X为O元素；Y的质子数比W小3，故Y为Na；T的质子数比Z大4，故T为Cl，据此

6、解答解答：解：短周期元素中，Z是地壳中含量最高的金属元素，则Z为Al；W原子最外层电子数是K层电子数的2倍，W层电子数为4，故W为Si；X质子数比Z小5，故X为O元素；Y的质子数比W小3，故Y为Na；T的质子数比Z大4，故T为ClAZ、T两种元素形成的离子分别为Al3+、Cl，Al3+比Cl少一个电子层，故离子半径Al3+Cl，故A正确；BX、Y形成的两种化合物为Na2O、Na2O2，阴、阳离子物质的量之比均为1：2，故B错误；CX、W、T三种元素的气态氢化物分别为H2O、SiH4、HCl，其中Si的非金属性最弱，故SiH4稳定性最差，三者均形成分子晶体，水分子之间存在氢键，SiH4、HCl分

7、子之间存在范德华力，故水的沸点最高，而SiH4的相对分子质量大于HCl的，SiH4的沸点高于HCl的，故C错误；DY、T两种元素的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、HClO4，X和Z形成的常见化合物为Al2O3，氧化铝是两性氧化物，可以溶于氢氧化钠、高氯酸，故D正确，故选D点评：本题考查原子结构与元素性质，推断元素是解题关键，注意氢键对物质性质的影响4（3分）（2025温州二模）下列说法不正确的是（）A激素类药物乙烯雌酚的结构简式为：，它的分子式是：C18H20O2B等质量的甲烷、乙烯、乙醇分别充分燃烧，所耗用氧气的量依次减少C聚乳酸（）是由单体之间通过加聚反应合成的D实验证实 可使溴的

8、四氯化碳溶液褪色，说明该分子中存在碳碳双键考点：常用合成高分子材料的化学成分及其性能；化学方程式的有关计算；苯的结构.分析：A根据结构简式确定分子式；B含氢量越高耗氧量越高，据此判断即可；C根据聚乳酸的结构可知，该物质是乳酸羟基和羧基脱水的产物，属于缩聚反应；D碳碳双键可使溴的四氯化碳溶液褪色解答：解：A根据结构简式确定分子式，乙烯雌酚的分子式为C18H20O2，故A正确； B含氢量越高耗氧量越高，甲烷、乙烯和乙醇的含氢量逐渐降低，所耗用氧气的量依次减少，故B正确；C因聚乳酸的结构可知，该物质是乳酸羟基和羧基脱水的产物，属于缩聚反应，故C错误；D可使溴的四氯化碳溶液褪色，说明该分子中存在碳碳双

9、键，故D正确故选C点评：本题考查物质的性质，把握官能团与性质的关系、有机物燃烧的耗氧量是解答本题的关键，难度不大5（3分）（2025温州二模）某同学组装了如图所示的电化学装置，则下列说法正确的是（）A图中甲池为原电池装置，Cu电极发生还原反应B实验过程中，甲池左侧烧杯中NO3的浓度不变C若甲池中Ag电极质量增加5.4g时，乙池某电极析出1.6g金属，则乙中的某盐溶液可能是AgNO3溶液D若用铜制U形物代替“盐桥”，工作一段时间后取出U形物称量，质量会减小考点：原电池和电解池的工作原理.分析：甲池为原电池装置，活泼的铜失电子作负极，电流方向从正极流向负极，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发

10、生还原反应，铜放电生成铜离子，盐桥中的阴离子硝酸根离子向左边移动，如果用铜制U形物代替“盐桥”，甲池中的右边一个池为原电池装置，据此分析解答解答：解：A、图中甲池为原电池装置，Cu电极为负极发生氧化反应，故A错误；B、实验过程中，铜放电生成铜离子，盐桥中的阴离子硝酸根离子向左边移动，所以左侧烧杯中NO3的浓度变大，故B错误；C、若甲池中Ag电极质量增加5.4g时，即生成银5.4g，物质的量为=0.05mol，所以整个电路转移0.05mol的电子，如果硝酸银足量应生成5.4g的银，如果是硝酸银说明硝酸银不足，故C正确；D、用铜制U形物代替“盐桥”，右边铜的质量减少，而左边铜的质量增加，而整个电路

11、转移电子数相等，所以减少的质量与增加的质量相等，U型管的质量不变，故D错误；故选C点评：本题考查了原电池原理，正确判断正负极是解本题关键，再结合各个电极上发生的反应来分析解答，题目难度中等6（3分）（2025温州二模）已知常温下，浓度均为0.1molL1的5种钠盐溶液pH如表：溶质Na2CO3NaClONaHCO3CH3COONaNaHSO3pH11.610.39.78.85.2下列说法中正确的是（）A少量SO2通入NaClO溶液中发生反应的离子方程式为：H2O+SO2+ClO=2H+Cl+SO42B常温下，稀释CH3COOH或HClO溶液时，溶液中不变（HR代表CH3COOH或HClO）C等

12、体积、等物质的量浓度的Na2CO3、CH3COONa、NaHSO3三种溶液混合，溶液中：c（HSO3）c（CH3COO）c（CO32）D含等物质的量的NaHCO3和CH3COONa的混合液中：c（OH）c（H+）=c（H2CO3）+c（CH3COOH）考点：离子浓度大小的比较；弱电解质在水溶液中的电离平衡.分析：A次氯酸根离子具有强氧化性，能够将二氧化硫氧化成硫酸根离子，但氢离子与次氯酸根离子结合生成次氯酸；B.的分子、分母同时乘以氢离子浓度后再进行分析；C亚硫酸氢钠与碳酸钠反应生成碳酸氢钠和亚硫酸钠，则溶液中硫酸氢根离子、碳酸根离子浓度远远小于醋酸根离子；D根据混合液中的电荷守恒、物料守恒分

13、析解答：解：A少量SO2通入NaClO溶液中，NaClO过量，反应生成次氯酸、硫酸根离子和氯离子，正确的离子方程式为：H2O+SO2+3ClO=2HClO+Cl+SO42，故A错误；B.的分子、分母同时乘以c（H+）可得：=，由于电离平衡常数和水的离子积都不变，所以该比值不变，故B正确；C等体积、等物质的量浓度的Na2CO3、CH3COONa、NaHSO3三种溶液混合，Na2CO3、NaHSO3反应生成Na2SO3、NaHCO3，则溶液中的HSO3、CO32浓度远远小于CH3COO，故C错误；D等物质的量的NaHCO3和CH3COONa的混合液中，根据电荷守恒可得：c（OH）+c（HCO3）+

14、c（HSO3）+2c（CO32）+2c（SO32）=c（H+）+c（Na+），根据物料守恒可得：c（H2CO3）+c（CH3COOH）+c（HCO3）+c（HSO3）+c（CO32）+c（SO32）=c（Na+），将带入可得：c（OH）c（H+）=c（H2CO3）+c（CH3COOH）c（CO32）c（SO32），故D错误；故选B点评：本题考查了离子浓度大小比较、盐的水解原理的应用，题目难度中等，注意掌握电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理的应用，明确判断离子浓度大小常用方法，试题培养了学生灵活应用基础知识的能力7（3分）（2025温州二模）某溶液X中可能含有NO3、Cl、SO42、CO32、NH

15、4+、Fe2+、Fe3+、Al3+和K+中的几种，且所含阴离子的物质的量相等为确定该溶液X的成分，某学习小组做了如下实验：则下列说法正确的是（）A若含有Fe3+，则一定含有ClBSO42、NH4+一定存在，NO3、Cl可能不存在CCO32、Al3+、K+一定不存在D气体甲、沉淀甲一定为纯净物考点：常见阴离子的检验；常见阳离子的检验.分析：某溶液X中可能含有NO3、Cl、SO42、CO32、NH4+、Fe2+、Fe3+、Al3+和K+中的几种，且所含阴离子的物质的量相等，向溶液X中加过量的硫酸，有气体乙产生，发生的反应可能是CO32与H+的反应，也可能是NO3在H+条件下与Fe2+的氧化还原反应

16、；溶液X与过量的NaOH溶液反应生成气体甲为0.02mol，则气体甲为NH3，故溶液中含0.02molNH4+；所得的溶液甲中逐滴加入稀盐酸，无现象，故溶液X中无Al3+；再继续加氯化钡溶液，生成沉淀乙，则乙为BaSO4，质量为4.66g，则物质的量为0.02mol，即溶液X中含0.02molSO42；所得沉淀甲应为Fe（OH）2或Fe（OH）3或两者均有，经过滤、洗涤灼烧后所得的固体乙为Fe2O3，质量为1.6g，则物质的量为0.01mol，故溶液X中含Fe2+或Fe3+或两者均有，且物质的量为0.02mol，然后根据离子之间的互斥性和溶液的电荷守恒来分析解答：解：某溶液X中可能含有NO3、

17、Cl、SO42、CO32、NH4+、Fe2+、Fe3+、Al3+和K+中的几种，且所含阴离子的物质的量相等，向溶液X中加过量的硫酸，有气体乙产生，发生的反应可能是CO32与H+的反应，也可能是NO3在H+条件下与Fe2+的氧化还原反应；溶液X与过量的NaOH溶液反应生成气体甲NH3为0.02mol，即溶液X中含0.02molNH4+；所得的溶液甲中逐滴加入稀盐酸，无现象，故溶液X中无Al3+；再继续加氯化钡溶液，生成沉淀乙，则乙为BaSO4，质量为4.66g，则物质的量为0.02mol，即溶液X中含0.02molSO42；所得沉淀甲应为Fe（OH）2或Fe（OH）3或两者均有，经过滤、洗涤灼烧

18、后所得的固体乙为Fe2O3，质量为1.6g，物质的量为0.01mol，故溶液X中含Fe2+或Fe3+或两者均有，且物质的量一定为0.02mol，由于Fe2+或Fe3+均能与CO32发生双水解而不能共存，故溶液中无CO32，则生成气体乙的反应只能是NO3与Fe2+的氧化还原反应，故溶液中一定含Fe2+和NO3，而所含阴离子的物质的量相等，即NO3的物质的量也为0.02mol故现在溶液X中已经确定存在的离子是：阴离子：0.02molNO3，0.02molSO42，共带0.06mol负电荷； 阳离子：0.02molNH4+，0.02molFe2+或Fe2+、Fe3+的混合物，所带的正电荷0.06mo

19、l 一定不含Al3+、CO32根据溶液呈电中性可知，当 0.02mol全部是Fe2+时，阳离子所带正电荷为0.06mol，则Cl可以存在，也可以不存在，若Cl存在，则K+一定存在，若Cl不存在，则K+一定不存在；若溶液中含Fe3+，阳离子所带正电荷大于0.06mol，则溶液中一定存在Cl，还可能存在K+故溶液中可能含Cl、K+ A、由于溶液要保持电中性，故当溶液中含Fe3+时，则阳离子所带的正电荷0.06mol，故溶液中一定含Cl，故A正确；B、溶液中NO3一定存在，故B错误；C、K+可能存在，故C错误；D、气体甲为氨气，是纯净物，但沉淀甲可能是Fe（OH）2或Fe（OH）3或两者均有，不一定

20、是纯净物，故D错误故选A点评：本题考查了溶液中离子的检验，应注意应用已推导出的离子的与不能共存的离子之间的互斥性和溶液要呈电中性来分析，难度较大二、非选择题8（10分）（2025温州二模）以淀粉和油脂为原料，制备生活中某些物质已知：反应 生成D、E、F的物质的量之比为2：1：1，E与等物质的量H2反应请回答：（1）葡萄糖的分子式C6H12O6、C分子中官能团的名称羧基（2）下列说法正确的是CDA淀粉、油脂都是高分子化合物，都能发生水解反应BC、D属同系物；M、N也属同系物C上述中属于取代反应的为DB、E含不同官能团，但都能使酸性高锰酸钾溶液褪色（3）写出N的一种结构简式；C与F按不同的比例，还

21、可以生成另外两种物质X、Y，且相对分子量XNY，则Y的分子式C9H14O6（4）写出反应（A+DM）的化学方程式：C17H35COOH+CH3CH2OHC17H35COOCH2CH3+H2O考点：有机物的推断.分析：淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖的分子式为C6H12O6，葡萄糖在酒化酶的作用下转化成A，则A为CH3CH2OH，乙醇催化氧化分别得到B、C，则B为CH3CHO、C为CH3COOH；C与F反应生成N，根据N、F的分子式可知，F为、N为；油脂甲在酸性条件下水解生成D、E、F的物质的量之比为2：1：1，且E能够与氢气加成生成D，则D、E中含有的碳原子数相同，根据甲的分子式可知D、E中含有的碳

22、原子数为：=18，甲的不饱和度为：=4，除了含有2个酯基外，只含有1个碳碳双键，则D为硬脂酸（C17H35COOH）、E为油酸（C17H33COOH）；A和D生成M的反应方程式为：C17H35COOH+CH3CH2OHC17H35COOCH2CH3+H2O，则M为C17H35COOCH2CH3，以此进行解答解答：解：淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖的分子式为C6H12O6，葡萄糖在酒化酶的作用下转化成A，则A为CH3CH2OH，乙醇催化氧化分别得到B、C，则B为CH3CHO、C为CH3COOH；C与F反应生成N，根据N、F的分子式可知，F为、N为；油脂甲在酸性条件下水解生成D、E、F的物质的量之比为

23、2：1：1，且E能够与氢气加成生成D，则D、E中含有的碳原子数相同，根据甲的分子式可知D、E中含有的碳原子数为：=18，甲的不饱和度为：=4，除了含有2个酯基外，只含有1个碳碳双键，则D为硬脂酸（C17H35COOH）、E为油酸（C17H33COOH）；A和D生成M的反应方程式为：C17H35COOH+CH3CH2OHC17H35COOCH2CH3+H2O，则M为C17H35COOCH2CH3，（1）葡萄糖的分子式为：C6H12O6；C的结构简式为CH3COOH，含有的官能团为羧基，故答案为：C6H12O6；羧基；（2）A淀粉为高分子化合物，而油脂的相对分子质量较小，不属于高分子化合物，故A错

24、误；BC、D都是饱和一元羧酸，二者属于同系物，而M中含有1个酯基，N中含有2个酯基，二者结构不相似，不属于同系物，故B错误；C上述中，为氧化反应，为酯化反应或酯的水解反应，都属于取代反应，为加成反应或还原反应，故C正确；DB为CH3CHO，官能团为醛基，而E为油酸，其官能团为羧基和碳碳双键，二者含有的官能团不同，醛基和碳碳双键都能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D正确；故答案为：CD；（3）根据分析可知，N可能为；C为CH3COOH、F为，按照不同比例，生成产物分子中可以含有1个酯基、2个酯基和3个酯基，相对分子量XNY，则Y分子中含有3个酯基，其结构简式为：，其分

25、子式为：C9H14O6，故答案为：； C9H14O6；（4）D为C17H35COOH、A为CH3CH2OH，则反应（A+DM）的化学方程式为：C17H35COOH+CH3CH2OHC17H35COOCH2CH3+H2O，故答案为：C17H35COOH+CH3CH2OHC17H35COOCH2CH3+H2O点评：本题考查了有机推断，题目难度中等，根据油脂甲的分子式及题中信息判断D、E的分子组成为解答关键，注意掌握常见有机物结构与性质，明确常见有机反应类型、同系物概念及判断方法，试题充分考查学生的分析、理解能力及逻辑推理能力9（6分）（2025温州二模）由短周期元素构成的AE五种物质中都含有同一种

26、元素，B为单质，E为强酸（1）若B为固体，请画出B的原子结构示意图，A既能与强酸又能与强碱反应，且都能产生气体，则A的化学式为（NH4）2S或NH4HS（2）若B为气体，请写出DE的化学方程式3NO2+H2O=2HNO3+NO考点：无机物的推断.分析：由短周期元素构成的AE五种物质中都含有同一种元素，B为单质，E为强酸，B能连续被氧化生成酸性氧化物D，B可能是氮气或S，（1）若B为固体，则B为S，A既能与强酸又能与强碱反应，且都能产生气体，A是（NH4）2S或NH4HS、C是SO2、D为SO3、E为H2SO4；（2）若B为气体，则B为N2、A可能是NH3、C是NO、D是NO2、E是HNO3，再

27、结合题目分析解答解答：解：由短周期元素构成的AE五种物质中都含有同一种元素，B为单质，E为强酸，B能连续被氧化生成酸性氧化物D，B可能是氮气或S，（1）若B为固体，则B为S，A既能与强酸又能与强碱反应，且都能产生气体，A是（NH4）2S或NH4HS、C是SO2、D为SO3、E为H2SO4，S原子核外有3个电子层、最外层电子数是6，其原子结构示意图为，A是（NH4）2S或NH4HS，故答案为：；（NH4）2S或NH4HS；（2）若B为气体，则B为N2、A可能是NH3、C是NO、D是NO2、E是HNO3，二氧化氮和水反应生成硝酸和NO，反应方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，故答案为：3N

28、O2+H2O=2HNO3+NO点评：本题考查无机物推断，涉及S、N元素及其化合物之间的关系，根据B能连续被氧化且E是强酸是解本题关键，熟悉常见元素化合物之间的转化关系及反应条件，题目难度不大10（12分）（2025温州二模）某研究小组为了探究固体甲（二元化合物）和固体乙（无机矿物盐，含五种元素）的组成和性质，设计并完成了如下实验：已知：向溶液1中连续滴加盐酸，先产生白色沉淀，后沉淀溶解；气体2是无色无味气体，向溶液2中连续通入气体2，也是先产生白色沉淀，后沉淀溶解请回答下列问题：（1）甲的化学式Al4C3，气体1的电子式（2）加热条件下，气体1与固体2反应，可产生另外一种气体和一种固体，该反应

29、的化学方程式为4CuO+CH44Cu+CO2+2H2O或8CuO+CH44Cu2O+CO2+2H2O或3CuO+CH43Cu+CO+2H2O或6CuO+CH43Cu2O+CO+2H2O（3）乙的化学式BaCO3Cu（OH）2或BaCu（OH）2CO3（4）足量气体2与溶液1反应的离子方程式为CO2+AlO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3有人认为，判断该反应的气体2是否过量较难，应对其中一种产物是“正盐”还是“酸式盐”进行检验，请设计实验证明这一产物的成分取反应后的溶液少许于试管中，滴加过量的CaCl2溶液，若出现白色沉淀，则产物中有正盐；过滤后，向滤液中滴加NaOH溶液，若又出现白色沉淀

30、，则产物中有酸式盐若二者都出现，为二者混合物（可选的试剂为：氨水、NaOH溶液、稀硫酸、CaCl2溶液）考点：无机物的推断.分析：甲和NaOH溶液反应生成气体1，气体1是含氢量最高的烃，为CH4，根据元素守恒知甲中含有C元素，甲烷的物质的量为0.15mol，根据C原子守恒得m（C）=0.15mol×12g/mol=1.8g，甲是二元化合物，另一种元素质量为7.2g1.8g=5.4g，向溶液1中连续滴加盐酸，先产生白色沉淀，后沉淀溶解，则溶液1为偏铝酸盐，根据元素守恒知，溶液1为NaAlO2，则n（Al）=0.2mol，C、Al原子个数之比=0.15mol：0.2mol=3：4，则甲为

31、Al4C3；偏铝酸钠和气体2反应生成白色沉淀b为Al（OH）3，气体2为酸性气体；固体2和稀盐酸反应生成蓝色溶液，固体2中含有Cu元素；固体1和溶液a混合得到溶液2和固体2，溶液2能溶解氢氧化铝，向溶液2中连续通入气体2，先产生白色沉淀，后沉淀溶解，则溶液2为强碱溶液，溶液2只能是Ba（OH）2；固体1和液体a混合得到溶液2，则a为H2O，且固体1中含有BaO，固体1为氧化物，所以还含有CuO；根据质量守恒得气体2质量=29.5g1.8g23.3g=4.4g，且气体2为无色无味气体，向氢氧化钡溶液中通入气体2，先生成白色沉淀后白色沉淀溶解，则气体2为CO2，n（CO2）=0.1mol，n（Cu

32、O）=0.1mol、n（BaO）=0.1mol，n（H2O）=0.1mol，乙中Ba、Cu、H、O、C原子个数之比=n（BaO）：n（CuO）：2n（H2O）：2n（CO2）+n（BaO）+n（CuO）+n（H2O）：n（CO2）=0.1mol：0.1mol：0.2mol：0.5mol：0.1mol=1：1：2：5：1，其化学式为BaCO3Cu（OH）2或BaCu（OH）2CO3，据此分析解答解答：解：甲和NaOH溶液反应生成气体1，气体1是含氢量最高的烃，为CH4，根据元素守恒知甲中含有C元素，甲烷的物质的量为0.15mol，根据C原子守恒得m（C）=0.15mol×12g/mol

33、=1.8g，甲是二元化合物，另一种元素质量为7.2g1.8g=5.4g，向溶液1中连续滴加盐酸，先产生白色沉淀，后沉淀溶解，则溶液1为偏铝酸盐，根据元素守恒知，溶液1为NaAlO2，则n（Al）=0.2mol，C、Al原子个数之比=0.15mol：0.2mol=3：4，则甲为Al4C3；偏铝酸钠和气体2反应生成白色沉淀b为Al（OH）3，气体2为酸性气体；固体2和稀盐酸反应生成蓝色溶液，固体2中含有Cu元素；固体1和溶液a混合得到溶液2和固体2，溶液2能溶解氢氧化铝，向溶液2中连续通入气体2，先产生白色沉淀，后沉淀溶解，则溶液2为强碱溶液，溶液2只能是Ba（OH）2；固体1和液体a混合得到溶液

34、2，则a为H2O，且固体1中含有BaO，固体1为氧化物，所以还含有CuO；根据质量守恒得气体2质量=29.5g1.8g23.3g=4.4g，且气体2为无色无味气体，向氢氧化钡溶液中通入气体2，先生成白色沉淀后白色沉淀溶解，则气体2为CO2，n（CO2）=0.1mol，n（CuO）=0.1mol、n（BaO）=0.1mol，n（H2O）=0.1mol，乙中Ba、Cu、H、O、C原子个数之比=n（BaO）：n（CuO）：2n（H2O）：2n（CO2）+n（BaO）+n（CuO）+n（H2O）：n（CO2）=0.1mol：0.1mol：0.2mol：0.5mol：0.1mol=1：1：2：5：1，其

35、化学式为BaCO3Cu（OH）2或BaCu（OH）2CO3，（1）通过以上分析知，甲为Al4C3，气体1是甲烷，电子式为，故答案为：Al4C3；（2）气体1是甲烷、固体2是CuO，加热条件下，气体1与固体2反应，可产生另外一种气体和一种固体，生成的气体应该是二氧化碳或CO、固体是Cu或Cu2O，根据元素守恒知还应该生成水，所以该反应的化学方程式为4CuO+CH44Cu+CO2+2H2O或8CuO+CH44Cu2O+CO2+2H2O或3CuO+CH43Cu+CO+2H2O或6CuO+CH43Cu2O+CO+2H2O，故答案为：4CuO+CH44Cu+CO2+2H2O或8CuO+CH44Cu2O+

36、CO2+2H2O或3CuO+CH43Cu+CO+2H2O或6CuO+CH43Cu2O+CO+2H2O；（3）通过以上分析知，乙为BaCO3Cu（OH）2或BaCu（OH）2CO3，故答案为：BaCO3Cu（OH）2或BaCu（OH）2CO3；（4）气体2是二氧化碳、溶液1为偏铝酸钠，足量二氧化碳和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，离子方程式为CO2+AlO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3；碳酸根离子和钡离子反应生成碳酸钡沉淀、碳酸氢根离子和钡离子不反应，所以其检验方法是：取反应后的溶液少许于试管中，滴加过量的CaCl2溶液，若出现白色沉淀，则产物中有正盐；过滤后，向滤液中滴加NaOH溶

37、液，若又出现白色沉淀，则产物中有酸式盐若二者都出现，为二者混合物，故答案为：CO2+AlO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3；取反应后的溶液少许于试管中，滴加过量的CaCl2溶液，若出现白色沉淀，则产物中有正盐；过滤后，向滤液中滴加NaOH溶液，若又出现白色沉淀，则产物中有酸式盐若二者都出现，为二者混合物点评：本题考查无机物推断，涉及铝、Cu、Ba元素及其化合物知识，明确偏铝酸盐性质是解本题关键，结合原子守恒确定物质化学式，题目难度中等11（15分）（2025温州二模）用NH3催化还原NxOy可以消除氮氧化物的污染已知：反应：4NH3（g）+6NO（g）5N2（g）+6H2O（l）H1反应

38、：2NO（g）+O2（g）2NO2（g）H2 （且|H1|=2|H2|）反应：4NH3（g）+6NO2（g）5N2（g）+3O2（g）+6H2O（l）H3反应I和反应II在不同温度时的平衡常数及其大小关系如表温度/K反应I反应II已知：K2K1K2K1298K1K2398K1K2（1）推测反应是吸热反应（填“吸热”或“放热”）（2）相同条件下，反应I在2L密闭容器内，选用不同的催化剂，反应产生N2的量随时间变化如图所示计算04分钟在A催化剂作用下，反应速率v（NO）=0.375molL1min1下列说法正确的是CDA该反应的活化能大小顺序是：Ea（A）Ea（B）Ea（C） B增大压强能使反应速

39、率加快，是因为增加了活化分子百分数C单位时间内HO键与NH键断裂的数目相等时，说明反应已经达到平衡D若在恒容绝热的密闭容器中发生反应，当K值不变时，说明反应已经达到平衡（3）一定条件下，反应II达到平衡时体系中n（NO）：n（O2）：n（NO2）=2：1：2在其它条件不变时，再充入NO2气体，分析NO2体积分数（NO2）的变化情况：（填“变大”、“变小”或“不变”）恒温恒压容器，（NO2）不变；恒温恒容容器，（NO2）变大（4）一定温度下，反应III在容积可变的密闭容器中达到平衡，此时容积为3L，c（N2）与反应时间t变化曲线X如图所示，若在t1时刻改变一个条件，曲线X变为曲线Y或曲线Z则：变

40、为曲线Y改变的条件是加入催化剂变为曲线Z改变的条件是将容器的体积快速压缩至2L若t2降低温度，t3达到平衡，请在图中画出曲线X在t2t4内 c（N2）的变化曲线考点：物质的量或浓度随时间的变化曲线；化学平衡的影响因素.分析：（1）已知K1K1，说明随温度升高，K减小，则反应为放热反应，H10；K2K2，说明随温度升高，K减小，则反应II为放热反应，H20；反应I反应II×3得到反应III，则H3=H13H2，据此分析；（2）已知4分钟时氮气为2.5mol，则消耗的NO为3mol，根据v（NO）=计算；A相同时间内生成的氮气的物质的量越多，则反应速率越快，活化能越低；B改变压强，活化分

41、子百分数不变；C单位时间内HO键断裂表示逆速率，NH键断裂表示正速率，正逆速率相同则反应已经达到平衡；D该反应为放热反应，恒容绝热的密闭容器中，反应时温度会升高，则K会减小；（3）恒温恒压容器，再充入NO2气体，则与原来的平衡为等效平衡；若恒温恒容容器中，再充入NO2气体，容器中压强增大，则平衡正向移动；（4）图象分析曲线X变化为曲线Y是缩短反应达到平衡的时间，最后达到相同平衡状态，体积是可变的恒压容器，说明改变的是加入了催化剂；当曲线X变为曲线Z时N2物质的量浓度增大，可变容器中气体体积和浓度成反比；反应III为吸热反应，若t2降低温度，则平衡逆向移动，氮气的浓度减小解答：解：（1）已知K1

42、K1，说明随温度升高，K减小，则反应为放热反应，H10；K2K2，说明随温度升高，K减小，则反应II为放热反应，H20；反应I反应II×3得到反应III，则H3=H13H2，已知|H1|=2|H2|，所以H3=H13H2=|H2|0，即反应III为吸热反应，故答案为：吸热；（2）已知4分钟时氮气为2.5mol，则消耗的NO为3mol，所以v（NO）=0.375molL1min1，故答案为：0.375molL1min1；A相同时间内生成的氮气的物质的量越多，则反应速率越快，活化能越低，所以该反应的活化能大小顺序是：Ea（A）Ea（B）Ea（C），故A错误；B增大压强能使反应速率加快，是

43、因为增大了活化分子数，而活化分子百分数不变，故B错误；C单位时间内HO键断裂表示逆速率，NH键断裂表示正速率，单位时间内HO键与NH键断裂的数目相等时，则消耗的NH3和消耗的水的物质的量之比为4：6，则正逆速率之比等于4：6，说明反应已经达到平衡，故C正确；D该反应为放热反应，恒容绝热的密闭容器中，反应时温度会升高，则K会减小，当K值不变时，说明反应已经达到平衡，故D正确；故答案为：CD；（3）一定条件下，反应II2NO（g）+O2（g）2NO2（g）达到平衡时体系中n（NO）：n（O2）：n（NO2）=2：1：2在其它条件不变时，恒温恒压条件下，再充入NO2气体，则与原来的平衡为等效平衡，则

44、NO2体积分数与原来平衡相同；若恒温恒容容器中，再充入NO2气体，容器中压强增大，与原来平衡相比较，平衡正向移动，则NO2体积分数变大；故答案为：不变；变大；（4）分析图象可知曲线X变化为曲线Y是缩短反应达到平衡的时间，最后达到相同平衡状态，反应中体积是可变的，已知是恒压容器，说明改变的是加入了催化剂；当曲线X变为曲线Z时N2物质的量浓度增大，可变容器中气体体积和浓度成反比，曲线X，体积为3L，N2浓度为3mol/L，改变条件当曲线X变为曲线Z时，N2浓度为4.5mol/L，则体积压缩体积为：3：V=4.5：3，V=2L，所以将容器的体积快速压缩至2L符合；故答案为：加入催化剂；将容器的体积快

45、速压缩至2L；图象分析曲线X变化为曲线Y是缩短反应达到平衡的时间，最后达到相同平衡状态，体积是可变得是恒压容器，说明改变的是加入了催化剂；当曲线X变为曲线Z时N2物质的量增大，反应是气体体积不变的反应，可变容器中气体体积和浓度成反比，气体物质的量不变；反应III为吸热反应，若t2降低温度，则平衡逆向移动，氮气的浓度减小，在t3达到平衡，曲线X在t2t4内 c（N2）的变化曲线为，故答案为：点评：本题考查了化学平衡影响因素分析判断、平衡常数的应用、反应速率计算、平衡状态的判断等，题目难度较大，侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力12（15分）（2025温州二模）下列实验步骤是兴趣小组对某混合样

46、品含量的测定，样品成分为FeO、FeS2、SiO2、及其它杂质，杂质不与酸碱反应，受热稳定（步骤中所加试剂均为足量）称量m g样品灼烧装置如下：D瓶溶液固体（ag）请回答下列问题：（1）连接好仪器后，如何检查整套装置的气密性向D中加水浸没导管，夹紧止水夹a，微热C，导管口有气泡，停止微热后，若D导管中形成一段稳定的水柱，则气密性良好（2）A瓶内所盛试剂是氢氧化钠溶液灼烧完成后熄灭酒精灯，若立即停止通空气，可能对实验的影响是（写两点）D中溶液倒吸、SO2不能全部排出或测得硫元素的含量偏低（3）步骤中加入双氧水的离子方程式为SO32+H2O2=SO42+H2O若此步骤不加入双氧水对测定硫元素含量的

47、影响是偏高（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）（4）连续操作1为过滤、洗涤、干燥、称量；连续操作2为洗涤、灼烧、称量（5）从步骤的bg滤渣入手，可测定SiO2的含量，下面各组试剂中不适合测定的是BCANaOH溶液、稀硫酸 BBa（OH）2溶液、盐酸C氨水、稀硫酸 DNaOH溶液、盐酸（6）求样品中FeO的质量分数（列出算式即可）考点：探究物质的组成或测量物质的含量.分析：样品成分为FeO、FeS2、SiO2、及其它杂质，杂质不与酸碱反应，受热稳定，mg样品灼烧FeS2燃烧生成Fe2O3和SO2A瓶是氢氧化钠溶液吸收空气中的二氧化碳等酸性气体，B装置是浓硫酸干燥气体，C装置是样品灼烧得到氧化铁固

48、体和二氧化硅，装置D是吸收生成的二氧化硫气体生成亚硫酸钠；D瓶中加入过氧化氢氧化亚硫酸钠为硫酸钠，加入氯化钡溶液形成硫酸钡沉淀，过滤、洗涤、干燥得到固体为BaSO4ag；C中固体为FeO、Fe2O3和SiO2和其他杂质，加入稀硫酸溶解生成硫酸亚铁、硫酸铁溶液，过滤得到滤渣为SiO2和其他杂质bg，滤液中加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入氢氧化钾溶液沉淀铁离子为Fe（OH）3，过滤得到滤渣洗涤干燥后灼烧得到红褐色固体Fe2O3质量为cg；（1）连接好仪器后，关闭紧止水夹a，微热C检查整套装置的气密性，依据导气管气泡冒出，停止加热导气管中有水柱上升证明气密性完好；（2）上述分析可知A为氢氧化钠

49、溶液用来吸收空气中二氧化碳避免影响后续实验测定，灼烧完成后熄灭酒精灯，若立即停止通空气，可能会引起倒吸，生成的二氧化硫不能全部进入装置D中吸收；（3）过氧化氢是氧化亚硫酸根离子为硫酸根离子全部沉淀，如不加入过氧化氢氧化，生成的沉淀含有BaSO3，称量过程中易被空气中氧气氧化，计算得到硫元素质量偏高；（4）依据上述分析的连续操作1是过滤、洗涤、干燥、称量；连续操作2是洗涤、干燥、灼烧、称量；（5）C中固体为FeO、Fe2O3和SiO2和其他杂质，加入稀硫酸溶解生成硫酸亚铁、硫酸铁溶液，过滤得到滤渣为SiO2和其他杂质bg，杂质不与酸碱反应，受热稳定，分离后测定SiO2的含量的方法是：溶解二氧化硅后过滤，得到不溶杂质固体，滤液中加入酸生成硅酸沉淀，元素守恒计算得到二氧化硅的质量，据此计算二氧化硅含量；（6）样品成分为FeO、FeS2、SiO2、及其它杂质，依据铁元素守恒分析计算，实验中得到的固体是氧化铁质量为cg，实验是FeS2中