江苏省南京市、盐城市2015年高考化学二模试卷(新版)

1、江苏省南京市、盐城市2015年高考化学二模试卷一、选择题（共10小题，每小题2分，满分20分）1（2分）（2015盐城二模）国务院办公厅2014年5月印发了20142015年节能减排低碳发展行动方案下列做法违背低碳发展原则的是（）A发展氢能和太阳能B限制塑料制品的使用C提高原子利用率，发展绿色化学D尽量用纯液态有机物代替水作溶剂考点：常见的生活环境的污染及治理.分析：根据低碳经济的理念进行分析，低碳就是减少二氧化碳的排放A氢能燃烧生成水以及太阳能都无污染且属于可再生能源；B塑料是含碳的有机高聚物，限制塑料制品的使用可减少白色污染；C发展绿色化学，可把反应物转化为环保、健康、安全的产品；D纯液态

2、有机物与减少二氧化碳的排放无关解答：解：A开发利用氢能和太阳能等新能源，无污染且属于可再生能源，可以减少二氧化碳的排放，造成环境污染等，故A正确；B限制塑料制品的使用，可以减少白色污染，符合低碳经济的理念，故B正确；C绿色化学是指无污染、无公害、尽可能地把反应物转化为环保、健康、安全的产品，提高原子利用率，发展绿色化学符合低碳经济的理念，故C正确；D用纯液态有机物代替水作溶剂，与减少二氧化碳的排放无关，故D错误；故选D点评：本题主要考查了与节能减排相关的知识，依据低碳就是减少二氧化碳的排放进行解答，题目难度不大2（2分）（2015盐城二模）下列有关化学用语表示正确的是（）A中子数为20的氯原子

3、：ClB苯的结构简式：C6H6C硅的原子结构示意图：DNa2S的电子式：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；质量数与质子数、中子数之间的相互关系.分析：A、中子数为20，则质量数为37，元素符号左上角的数字为质量数；B、根据分子式和结构简式的特点来回答；C、根据原子核外电子排布规律知识结合原子结构示意图的画法来回答分析；D、硫化钠是钠离子和硫离子构成的离子化合物，根据离子化合物电子式的画法进行回答解答：解：A、中子数为20的氯原子中，质子数是17，但是质量数是37，中子数为20的氯原子为Cl，故A错误；B、苯的结构简式是，故B错误；C、硅是14号元素，它的原子结构示意图

4、为：，故C正确；D、硫化钠是钠离子和硫离子构成的离子化合物，Na2S的电子式是，故D错误；故选C点评：本题考查了电子式、化学式、结构简式的书写知识，题目难度中等，明确物质中存在的化学键及电子式的书写规则即可解答，注意离子键和共价键的区别，试题培养了学生灵活应用基础知识的能力3（2分）（2015盐城二模）25时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A0.1 molL1NH4HCO3溶液：K+、Na+、SO42、OHB能使pH试纸呈红色的溶液：Na+、NH4+、I、NO3C0.1 molL1CH3COONa溶液：Mg2+、H+、Cl、SO42DKw/c（H+）=0.1 molL1的溶液：

5、Na+、K+、SiO32、NO3考点：离子共存问题.分析：ANH4HCO3溶液与碱反应；B能使pH试纸呈红色的溶液，显酸性；CCH3COONa溶液，显碱性；DKw/c（H+）=0.1 molL1的溶液显碱性解答：解：ANH4HCO3溶液中不能大量存在OH，故A不选；B能使pH试纸呈红色的溶液，显酸性，H+、I、NO3发生氧化还原反应，不能大量共存，故B不选；CCH3COONa溶液中不能大量存在H+，故C不选；DKw/c（H+）=0.1 molL1的溶液显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故D选；故选D点评：本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧

6、重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大4（2分）（2015盐城二模）下列有关物质的性质与应用的叙述都正确的是（）A明矾溶液具有强氧化性，可用作净水剂B二氧化硅不与任何酸反应，可用石英制造耐酸容器C铜的金属活动性比铁弱，可在海轮外壳上装若干铜块以减缓其腐蚀D常温下，铝能被浓硝酸钝化，可用铝制槽车运送浓硝酸考点：胶体的应用；金属的电化学腐蚀与防护；硝酸的化学性质；硅和二氧化硅.分析：A明矾净水是利用氢氧化铝胶体的吸附性；B二氧化硅与氢氟酸反应；C根据牺牲阳极的阴极保护法来保护金属；D根据浓硝酸的特性可知，常温下浓硝酸使铝钝化，生成一层致密的保护膜阻止反应进一步进行解答：解：A氢氧化

7、铝没有强氧化性，明矾净水是利用氢氧化铝胶体的吸附性，故A错误； B二氧化硅与氢氟酸常温发生反应，不能用玻璃瓶盛放氢氟酸，故B错误；C因要减缓船体的腐蚀应连接比铁更活泼的金属，如锌，这就是牺牲阳极的阴极保护法，故C错误；D因浓硝酸具有强氧化性，能够与大多数金属反应，但遇到金属铝、铁要发生钝化，因此常温下用铝、铁制贮罐贮运浓硝酸，故D正确故选D点评：本题考查了常见物质的性质，属于对基础知识的考查，题目难度不大，结合相关知识即可解答5（2分）（2015盐城二模）下列实验操作或装置正确的是（）A利用图所示操作制备氢氧化铁胶体B利用图所示装置制取NH3C利用图所示装置证明H2CO3酸性强于苯酚D利用图所

8、示装置制备乙酸乙酯考点：化学实验方案的评价.分析：A氢氧化亚铁不稳定，易被空气氧化生成氢氧化铁，所以制取氢氧化亚铁要隔绝空气；B实验室用氯化铵和氢氧化钙加热制取氨气，且采用向下排空气法收集；C乙酸具有挥发性，生成的二氧化碳中含有乙酸而干扰实验；D制取乙酸乙酯用饱和碳酸钠处理乙酸、乙醇解答：解：A氢氧化亚铁不稳定，易被空气氧化生成氢氧化铁，所以制取氢氧化亚铁要隔绝空气，应该将胶头滴管伸入液面下，故A错误；B实验室用氯化铵和氢氧化钙加热制取氨气，氨气常温下和氧气不反应且密度小于空气，所以采用向下排空气法收集，故B正确；C乙酸具有挥发性，生成的二氧化碳中含有乙酸，乙酸也和苯酚钠反应生成苯酚，从而干扰

9、实验，应该在盛放苯酚钠的仪器前有一个洗气装置，故C错误；D氢氧化钠能将乙酸乙酯水解，应该用饱和的碳酸钠处理乙酸、乙醇，乙醇易溶于水，乙酸能和碳酸钠反应生成可溶性的乙酸钠，饱和碳酸钠能降低乙酸乙酯溶解度，故D错误；故选B点评：本题考查化学实验方案评价，涉及气体的制备、物质的制备、酸性强弱判断等知识点，为高考高频点，明确实验原理是解本题关键，注意D中饱和碳酸钠的作用，题目难度不大6（2分）（2015盐城二模）设NA表示阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）A17.6 g丙烷中所含的共价键数目为4NAB常温下，pH=13的NaOH溶液中含有的OH离子数目为0.1NAC标准状况下，5.6 L NO和5

10、.6 L O2混合后的分子总数目为0.5NAD电解精炼铜时，若阳极质量减少64 g，则阴极得到电子的数目为2NA考点：阿伏加德罗常数.分析：A、求出丙烷的物质的量，然后根据1mol丙烷中含10mol共价键来分析计算；B、溶液的体积不明确；C、在NO2气体中存在平衡：2NO2N2O4，导致气体体积偏小；D、根据粗铜中含有杂质（铁）的摩尔质量比铜小，转移的电子的物质的量大于1mol分析解答：解：A、17.6g丙烷的物质的量n=0.4mol，而1mol丙烷中含10mol共价键，故0.4mol丙烷中含4mol共价键，故A正确；B、溶液的体积不明确，故溶液中的氢氧根的个数无法计算，故B错误；C、一氧化氮

11、和氧气不需要任何条件即可反应，由2NO+O22NO2，分子数减少，即分子总数小于0.5NA，故C错误；D、电解精炼铜时，若阳极质量减少64g，由于阳极有铁杂质存在，铁的摩尔质量小于铜的，所以阳极减少64g，转移的电子的物质的量大于2mol，则阴极得到的电子数大于2NA，故D错误；故选A点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键，难度不大7（2分）（2015盐城二模）下列指定反应的离子方程式正确的是（）ACu与浓硝酸反应制备NO2：3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO2+4H2OBNH4Al（SO4）2溶液与过量NaOH溶液反应：Al3+4OHAlO2+2H

12、2OC用银氨溶液检验乙醛中的醛基：CH3CHO+2Ag（NH3）2+2OHCH3COO+NH4+3NH3+2Ag+H2OD用H2O2从酸化的海带灰浸出液中提取碘：2I+H2O2I2+2OH考点：离子方程式的书写.分析：A根据电子守恒判断，离子方程式两边电子不守恒；B氢氧化钠过量，铵根离子和铝离子都参与反应；C银氨络离子与乙醛发生氧化还原反应生成乙酸铵、氨气、银单质和水；D酸性溶液中，反应物中不会生成氢氧根离子解答：解：ACu与浓硝酸反应制备NO2，该反应不满足电子守恒，正确的离子方程式为：Cu+4H+2NO3Cu2+2NO2+2H2O，故A错误；BNH4Al（SO4）2溶液与过量NaOH溶液反

13、应生成一水合氨、偏铝酸根离子和水，正确的离子方程式为：NH4+Al3+5OHAlO2+2H2O+NH3H2O，故B错误； C用银氨溶液检验乙醛中的醛基，反应的离子方程式为：CH3CHO+2Ag（NH3）2+2OHCH3COO+NH4+3NH3+2Ag+H2O，故C正确；D用H2O2从酸化的海带灰浸出液中提取碘，产物不会生成氢氧根离子，正确的离子方程为：2I+2H+H2O2I2+2H2O，故D错误；故选C点评：本题考查了离子方程式的判断，为中等难度的试题，注意明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关

14、系（如：质量守恒和电荷守恒等），B为易错点，注意反应物过量情况对生成物的影响8（2分）（2015盐城二模）下列各组物质中，不满足组内任意两种物质在一定条件下均能发生反应的是（）物质 组别甲乙丙ASO2Ba（OH）2NaHCO3BNa2O2H2OCO2CNa2SiO3NaOHHClDAlH2SO4NaOHAABBCCDD考点：钠的重要化合物；二氧化硫的化学性质；铝的化学性质.分析：ASO2与Ba（OH）2、NaHCO3反应，且Ba（OH）2与NaHCO3反应；BNa2O2与H2O、CO2反应，但H2O与CO2反应；CHCl与NaOH、Na2SiO3反应，且NaOH与Na2SiO3不反应；DAl与

15、H2SO4、NaOH均反应，且H2SO4与NaOH反应；解答：解：ASO2与Ba（OH）2反应生成亚硫酸钡和水，SO2与NaHCO3反应生成亚硫酸钠和二氧化碳，且Ba（OH）2与NaHCO3反应生成碳酸钡，组内任意两种物质在一定条件下均能发生反应，故A不选；BNa2O2与H2O发生氧化还原反应生成氢氧化钠和氧气，Na2O2与CO2反应生成碳酸钠和氧气，且H2O与CO2反应生成碳酸，组内任意两种物质在一定条件下均能发生反应，故B不选；CHCl与NaOH反应生成氯化钠和水，HCl与Na2SiO3反应生成氯化钠和硅酸，但NaOH与Na2SiO3不反应，则不满足组内任意两种物质在一定条件下均能发生反应

16、，故C选；DAl与H2SO4反应生成硫酸铝和氢气，Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，且H2SO4与NaOH反应生成Na2SO4和水，组内任意两种物质在一定条件下均能发生反应，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，注意某些反应与量有关，明确性质与反应的关系即可解答，题目难度不大9（2分）（2015盐城二模）X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素，X是原子半径最小的元素，Y的最高正价与最低负价的代数和为0，Z的二价阳离子与氖原子具有相同的核外电子排布，W原子最外层电子数是最内层电子数的3倍下列说法正确的是（）AX与Y

17、形成的化合物只有一种BR的氢化物的热稳定性比W的强C原子半径：r（Z）r（R）DY的最高价氧化物的水化物的酸性比W的强考点：位置结构性质的相互关系应用.分析：X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素X是原子半径最小的元素，则X为H元素；Z的二价阳离子与氖原子具有相同的核外电子排布，则Z为Mg；W原子最外层电子数是最内层电子数的3倍，最外层电子数为6，结合原子序数可知，W为S，故R为Cl；Y的最高正价与最低负价的代数和为0，处于A族，原子序数小于Mg，故Y为C元素，结合元素周期律与元素化合物性质解答解答：解：X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素X是原子半径最小的元素，

18、则X为H元素；Z的二价阳离子与氖原子具有相同的核外电子排布，则Z为Mg；W原子最外层电子数是最内层电子数的3倍，最外层电子数为6，结合原子序数可知，W为S，故R为Cl；Y的最高正价与最低负价的代数和为0，处于A族，原子序数小于Mg，故Y为C元素AH与C元素形成烃类物质，化合物种类繁多，故A错误；B非金属性ClS，故氢化物稳定性HClH2S，故B正确；CZ为Mg、R为Cl，二者同周期，原子序数依次增大，原子半径减小，故C错误；DY、W的最高价氧化物的水化物分别为碳酸、硫酸，碳酸是弱酸，而硫酸是强酸，故D错误，故选B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，注意对元素周期律的理解掌握

19、10（2分）（2015盐城二模）一种三室微生物燃料电池污水净化系统原理如图所示，图中有机废水中有机物可用C6H10O5表示下列有关说法正确的是（）Ab电极为该电池的负极Bb电极附近溶液的pH减小Ca电极反应式：C6H10O524e+7H2O6CO2+24H+D中间室：Na+移向左室，Cl移向右室不定项选择题：考点：原电池和电解池的工作原理.分析：该原电池中，硝酸根离子得电子发生还原反应，则右边装置中电极b是正极，电极反应式为2NO3+10e+12H+=N2+6H2O，左边装置电极a是负极，负极上有机物失电子发生氧化反应，有机物在厌氧菌作用下生成二氧化碳，电极反应式为C6H10O524e+7H2

20、O6CO2+24H+，据此分析解答解答：解：该原电池中，硝酸根离子得电子发生还原反应，则右边装置中电极b是正极，电极反应式为2NO3+10e+12H+=N2+6H2O，左边装置电极a是负极，负极上有机物失电子发生氧化反应，有机物在厌氧菌作用下生成二氧化碳，电极反应式为C6H10O524e+7H2O6CO2+24H+，A该原电池中，硝酸根离子得电子发生还原反应，则右边装置中电极b是正极，故A错误；B右边装置中电极b是正极，电极反应式为2NO3+10e+12H+=N2+6H2O，氢离子参加反应导致溶液酸性减小，溶液的pH增大，故B错误；C左边装置电极a是负极，负极上有机物失电子发生氧化反应，有机物

21、在厌氧菌作用下生成二氧化碳，电极反应式为C6H10O524e+7H2O6CO2+24H+，故C正确；D放电时，电解质溶液中阳离子Na+移向正极右室，阴离子Cl移向负极室左室，故D错误；故选C点评：本题考查化学电源新型电池，侧重考查学生获取信息、分析推断能力，根据N元素化合价变化确定正负极，难点是电极反应式的书写，且原电池和电解池原理是高考高频点，要熟练掌握；本题包括5小题，每小题4分，共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，该题得0分；若正确答案包括两个选项，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（4分）（2015盐

22、城二模）下列说法正确的是（）A常温下，反应4Fe（OH）2（s）+2H2O（l）+O2（g）4Fe（OH）3（s）能自发进行，证明该反应的H0B常温下，BaSO4分别在相同物质的量浓度的Na2SO4溶液和Al2（SO4）3溶液中的溶解度相同C常温下，向饱和Na2CO3溶液中加少量BaSO4粉末，过滤，向洗净的沉淀中加稀盐酸，有气泡产生，说明常温下Ksp（BaCO3）Ksp（BaSO4）D等体积、等物质的量浓度的NH3H2O溶液与NH4Cl溶液混合后溶液呈碱性，说明NH3H2O的电离程度小于NH的水解程度考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；反应热和焓变；弱电解质在水溶液中的电离平衡.分析

23、：A、HTS0的反应能够自发进行；B、据Ksp（BaSO4）=c（Ba2+）c（SO42）和Ksp只受温度影响分析；C、当Qc（BaCO3）Ksp（BaCO3）时，就会生成BaCO3沉淀；D、NH3H2O电离使溶液显碱性，NH4Cl水解使溶液显酸性解答：解：A、该反应的S0，常温下能够自发进行，说明HTS0，所以该反应的H0，故A正确；B、硫酸根离子浓度越大的溶液中，BaSO4在其中的溶解度越小，故B错误；C、常温下，向饱和Na2CO3溶液中加少量BaSO4粉末，部分BaSO4因饱和Na2CO3溶液中高浓CO32转化BaCO3，因此向洗净的沉淀中加稀盐酸，有气泡产生，这不能证明Ksp（BaCO

24、3）与Ksp（BaSO4）的大小，故C错误；D、体积、等物质的量浓度的NH3H2O溶液与NH4Cl溶液混合后溶液呈碱性，说明NH3H2O的电离程度大于NH的水解程度，故D错误故选A点评：本题考查了反应自发进行的条件、沉淀的溶解平衡、盐类水解和弱电解质的电离，题目难度不大12（4分）（2015盐城二模）一种具有除草功效的有机物的结构简式如图所示下列有关该化合物的说法正确的是（） A分子中含有2个手性碳原子B能发生氧化、取代、加成反应C1 mol该化合物与足量浓溴水反应，最多消耗3 mol Br2D1 mol该化合物与足量NaOH溶液反应，最多消耗4 mol NaOH考点：有机物的结构和性质.分析

25、：由结构简式可知分子中含酚OH、碳碳双键、COOC，结合酚、烯烃及酯的性质来解答解答：解：A连4个不同基团的C为手性碳原子，只有与苯环、酯基直接相连的1个C为手性碳原子，故A错误；B含双键可发生加成、氧化反应，含OH可发生氧化、取代反应，故B正确；C酚OH的邻对位与溴水发生取代，碳碳双键与溴水发生加成反应，则1 mol该化合物与足量浓溴水反应，最多消耗4 mol Br2，故C错误；D酚OH、COOC均与NaOH溶液反应，1 mol该化合物与足量NaOH溶液反应，最多消耗4 mol NaOH，故D正确；故选BD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，侧重

26、常见有机物性质及迁移应用能力的考查，题目难度不大13（4分）（2015盐城二模）下列实验方案中，能达到实验目的是（）选项实验目的实验方案A检验CH3CH2Br与NaOH溶液是否发生反应将CH3CH2Br与NaOH溶液共热，冷却，取上层溶液，加AgNO3溶液，观察是否产生淡黄色沉淀B检验Fe（NO3）2晶体是否已氧化变质将Fe（NO3）2样品溶于稀H2SO4后，滴加KSCN溶液，观察溶液是否变成红色C验证氧化性：Fe3+I2将KI和FeCl3溶液在试管中混合后，加入CCl4，振荡，静置，观察下层液体是否变成紫色D检验乙醇与浓硫酸共热是否产生乙烯将乙醇与浓硫酸共热至170，所得气体通入酸性高锰酸钾

27、溶液中，观察溶液是否褪色AABBCCDD考点：化学实验方案的评价.分析：A卤代烃中检验卤离子时，在加入硝酸银溶液之前要中和碱；B酸性条件下，亚铁离子能被硝酸根离子氧化；C同一自发进行的氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；D乙醇的消去反应中会产生乙烯和二氧化硫等气体解答：解：A卤代烃中检验卤离子时，在加入硝酸银溶液之前要中和碱，该实验中没有加入硝酸中和NaOH，所以不产生淡黄色沉淀，故A错误；B酸性条件下，亚铁离子能被硝酸根离子氧化为铁离子，从而造成干扰，向溶液中滴加KSCN溶液观察是否变红色即可判断，故B错误；C同一自发进行的氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，

28、将KI和FeCl3溶液在试管中混合后，二者发生氧化还原反应2FeCl3+2KI=I2+2FeCl2+2KCl，所以氧化性Fe3+I2，故C正确；D乙醇的消去反应中，碳和浓硫酸之间会反应生成具有还原性的二氧化硫气体，该气体能使高锰酸钾褪色，故D错误；故选C点评：本题考查实验方案评价，涉及难溶物的转化、氧化性强弱比较、二氧化硫的还原性等知识点，明确实验原理是解本题关键，注意A中易漏掉中和碱而导致错误，为易错点，知道铁离子和亚铁离子的检验方法14（4分）（2015盐城二模）下列溶液中有关物质的量浓度关系正确的是（）A0.1 molL1NaHCO3溶液：c（Na+）c（HCO3）c（CO32）c（H2

29、CO3）B0.1 molL1NaHCO3溶液与0.1 molL1NaOH溶液等体积混合：c（Na+）=2c（CO32）+c（HCO3）+2c（H2CO3）C0.1 molL1NaHCO3溶液与0.2 molL1NaOH溶液等体积混合：c（Na+）c（OH）0.05 molL1c（CO32）c（HCO3）D0.2 molL1NaHCO3溶液与0.1 molL1NaOH溶液等体积混合：c（CO32）+2c（OH）=c（HCO3）+3c（H2CO3）+2c（H+）考点：离子浓度大小的比较.分析：ANaHCO3溶液呈碱性，HCO3水解程度大于电离程度；B、0.1 molL1NaHCO3溶液与0.1 m

30、olL1NaOH溶液等体积混合，恰好完全反应生成单一的碳酸钠；C、向0.1molL1NaHCO3溶液中加入等体积0.2 molL1NaOH溶液后，相当于0.05 molL1的Na2CO3溶液和0.05 molL1NaOH溶液的混合液，由于Na2CO3的水解，导致氢氧根离子浓度大于0.05 molL1，而碳酸根离子浓度小于0.05 molL1；D、向0.2molL1NaHCO3溶液中加入等体积0.1 molL1NaOH溶液后，相当于0.05 molL1的Na2CO3溶液和0.05 molL1NaHCO3溶液的混合液，根据物料守恒和电荷守恒分析解答解答：解：ANaHCO3溶液呈碱性，HCO3水解程

31、度大于电离程度，则c（H2CO3）c（CO32），故A错误；BNa2CO3溶液中存在物料守恒，为c（Na+）=2c（CO32）+2c（HCO3）+2c（H2CO3），故B错误；C、向0.1molL1NaHCO3溶液中加入等体积0.2 molL1NaOH溶液后，相当于0.05 molL1的Na2CO3溶液和0.05 molL1NaOH溶液的混合液，由于Na2CO3的水解呈碱性，所以c（Na+）c（OH）0.05 molL1c（CO32）c（HCO3），故C正确；D、向0.2molL1NaHCO3溶液中加入等体积0.1 molL1NaOH溶液后，相当于0.05 molL1的Na2CO3溶液和0.0

32、5 molL1NaHCO3溶液的混合液，根据电荷守恒可知：c（Na+）=2c（CO32）+c（HCO3）+c（OH）c（H+），而物料守恒可知：2c（Na+）=3c（CO32）+3c（HCO3）+3c（H2CO3），将代入，可得：c（CO32）+2c（OH）=c（HCO3）+3c（H2CO3）+2c（H+），故D正确；故选：CD点评：本题考查离子浓度大小的比较，结合盐的水解综合分析离子浓度的变化情况，学生要学会将守恒知识在解这类题中的应用，有一定的难度15（4分）（2015盐城二模）利用I2O5可消除CO污染，反应为5CO（g）+I2O5（s）5CO2（g）+I2（s）；H不同温度（T1、T2

33、）下，向装有足量I2O5固体的2L恒容密闭容器中通入2mol CO，测得CO2气体体积分数（CO2）随时间t变化曲线如图所示下列说法正确的是（）AT1T2，H0BT1温度下，该反应的平衡常数为1 024CT2温度下，00.5 min内，CO的平均反应速率为0.3 molL1min1DT1温度下，若向装有足量I2固体的2 L恒容密闭容器中通入10 mol CO2，达到平衡时，（CO2）=0.8考点：化学平衡的计算.分析：A、图象分析可知，先拐先平，温度高，得到T1T2 ，依据化学平衡移动原理，温度越高二氧化碳体积分数越小，说明平衡逆向进行；B、T1温度下达到平衡，二氧化碳体积分数为0.8，结合化

34、学平衡三段式列式计算平衡浓度，平衡常数=；C、图象可知T2温度下，00.5 min内二氧化碳体积分数为0.3，结合化学平衡三段式列式计算，反应速率v=计算；D、反应为5CO（g）+I2O5（s）5CO2（g）+I2（s），反应前后气体体积不变，充入10 mol CO2，增大压强，化学平衡不变，所以二氧化碳体积分数不变解答：解：A、图象分析可知，先拐先平，温度高，得到T1T2 ，依据化学平衡移动原理，温度越高二氧化碳体积分数越小，说明平衡逆向进行，升温平衡向吸热反应方向进行，所以逆反应为吸热反应，正反应为放热反应H0，故A错误；B、T1温度下达到平衡，二氧化碳体积分数为0.8，一氧化碳转化x 5

35、CO（g）+I2O5（s）5CO2（g）+I2（s）起始量（mol/L） 1 0变化量（mol/L） x x 平衡量（mol/L） 1x x=0.8x=0.8mol/L平衡常数=1024，故B正确；C、图象可知T2温度下，00.5 min内二氧化碳体积分数为0.3， 5CO（g）+I2O5（s）5CO2（g）+I2（s）起始量（mol/L） 1 0变化量（mol/L） x x 5min量（mol/L） 1x x=0.3x=0.3由反应速率v=可知CO的平均反应速率=0.6molL1min1，故C错误；D、反应为5CO（g）+I2O5（s）5CO2（g）+I2（s），反应前后气体体积不变，充入1

36、0 mol CO2，增大压强，但平衡不变，所以平衡后二氧化碳体积分数不变为0.8，故D正确；故选BD点评：本题考查了化学反应速率、平衡常数概念的计算分析，注意图象分析判断方法，化学平衡移动原理的理解应用和影响平衡因素的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等二、解答题（共5小题，满分68分）16（12分）（2015盐城二模）利用铝灰（主要成分为Al、Al2O3、AlN、FeO等）制备铝鞣剂主要成分为Al（OH）2Cl的一种工艺如下：（1）气体A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝铝灰在90水解生成A的化学方程式为AlN+3H2OAl（OH）3+NH3“水解”采用90而不在室温下进行的原因是加快AlN水

37、解反应速率；降低NH3在水中的溶解度，促使NH3逸出（2）“酸溶”时，Al2O3发生反应的离子方程式为Al2O3+6H+2Al3+3H2O（3）“氧化”时，发生反应的离子方程式为2Fe2+2H+ClO3Fe3+Cl+H2O（4）“废渣”成分为Fe（OH）3（填化学式）（5）采用喷雾干燥而不用蒸发的原因是防止Al（OH）2Cl水解生成Al（OH）3考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用.分析：铝灰主要成分为Al、Al2O3、AlN、FeO等加入水发生反应，AlN和水反应生成氢氧化铝和氨气，加入盐酸酸溶后，生成氯化铝溶液和氯化亚铁溶液，加入漂白剂氧化亚铁离子为铁离子，加入纯碱调节溶液PH使铁

38、笼子全部沉淀，采用喷雾干燥制备铝鞣剂；（1）气体A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明生成的是氨气，铝灰中的AlN和水发生水解反应生成氢氧化铝沉淀和氨气，加热可以促进氮化铝水解生成氨气；（2）氧化铝是两性氧化物酸溶时和盐酸发生反应生成氯化铝溶液；（3）加入漂白液的作用是利用次氯酸根离子在酸溶液中的强氧化性氧化亚铁离子为铁离子；（4）上述分析可知滤渣为氢氧化铁沉淀；（5）铝鞣剂主要成分为Al（OH）2Cl，在加热蒸发时会发生水解，为防止水解利用喷雾干燥，减少铝鞣剂水解解答：解：铝灰主要成分为Al、Al2O3、AlN、FeO等加入水发生反应，AlN和水反应生成氢氧化铝和氨气，加入盐酸酸溶后，生成氯化铝

39、溶液和氯化亚铁溶液，加入漂白剂氧化亚铁离子为铁离子，加入纯碱调节溶液PH使铁笼子全部沉淀，采用喷雾干燥制备铝鞣剂；（1）气体A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明生成的是氨气，铝灰中的AlN和水发生水解反应生成氢氧化铝沉淀和氨气，反应的化学方程式为：AlN+3H2OAl（OH）3+NH3，加热可以促进氮化铝水解生成氨气，降低NH3在水中的溶解度，促使NH3逸出；故答案为：AlN+3H2OAl（OH）3+NH3；降低NH3在水中的溶解度，促使NH3逸出；（2）氧化铝是两性氧化物酸溶时和盐酸发生反应生成氯化铝溶液，）“酸溶”时，Al2O3发生反应的离子方程式为：Al2O3+6H+2Al3+3H2O；故

40、答案为：Al2O3+6H+2Al3+3H2O；（3）加入漂白液的作用是利用次氯酸根离子在酸溶液中的强氧化性氧化亚铁离子为铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2+2H+ClO3Fe3+Cl+H2O；故答案为：2Fe2+2H+ClO3Fe3+Cl+H2O；（4）上述分析可知“废渣”成分为氢氧化铁沉淀，化学式为：Fe（OH）3，故答案为：Fe（OH）3；（5）铝鞣剂主要成分为Al（OH）2Cl，在加热蒸发时会发生水解，为防止水解利用喷雾干燥，减少铝鞣剂水解，故答案为：防止Al（OH）2Cl水解生成Al（OH）3点评：本题考查了物质制备的实验流程分析判断，物质性质的理解应用，主要是工艺流程和反应产物的分

41、析，掌握基础是解题关键，题目难度中等17（15分）（2015盐城二模）有机物H是一种新型大环芳酰胺的合成原料，可通过以下方法合成：已知：苯胺（）有还原性，易被氧化；硝基苯直接硝化主要产物为间二硝基苯（1）写出A中含氧官能团的名称：羧基和硝基（2）写出F的结构简式：（3）步骤和步骤的目的是保护氨基，防止其被硝酸氧化（4）写出一种符合下列条件的化合物C的同分异构体的结构简式：分子中含有2个苯环；能与FeCl3溶液发生显色反应；分子中有3种不同化学环境的氢原子（5）对苯二胺）是一种重要的染料中间体根据已有知识并结合相关信息，写出以苯、（CH3CO）2O及CH3COOH为主要有机原料制备对苯二胺的合成

42、路线流程图（无机试剂任用）合成路线流程图示例如下：H2CCH2CH3CH2BrCH3CH2OH考点：有机物的合成.分析：对比物质的结构可知，反应发生羧基的脱水反应形成酸酐，属于取代反应，反应为取代反应，反应是硝基被还原为氨基，反应是氨基与羧酸发生的脱水反应，由反应产物的结构，可知反应发生苯环的硝化反应，则F为，反应发生肽键的水解反应，又得到氨基，由于苯胺易被氧化，故步骤和步骤的目的是保护氨基，防止其被硝酸氧化，反应中是硝基被还原为氨基得到目标物（4）化合物C的同分异构体符合：分子中含有2个苯环；能与FeCl3溶液发生显色反应，含有酚羟基；分子中有3种不同化学环境的氢原子，为对称结构；（5）苯与

43、浓硝酸、浓硫酸在加入条件下发生硝化反应生成，由于硝基苯直接硝化主要产物为间二硝基苯，结合转化中反应在苯环对位引入硝酸，硝基苯先还原为，再与（CH3CO）2O、CH3COOH反应得到，再与浓硝酸在浓硫酸、加热条件下得到，然后在硫酸条件下水解得到，最后再用氢气还原得到对苯二胺（）解答：解：对比物质的结构可知，反应发生羧基的脱水反应形成酸酐，属于取代反应，反应为取代反应，反应是硝基被还原为氨基，反应是氨基与羧酸发生的脱水反应，由反应产物的结构，可知反应发生苯环的硝化反应，则F为，反应发生肽键的水解反应，又得到氨基，由于苯胺易被氧化，故步骤和步骤的目的是保护氨基，防止其被硝酸氧化，反应中是硝基被还原为

44、氨基得到目标物（1）由A的结构简式可知，A中含氧官能团有：羧基、硝基，故答案为：羧基；硝基；（2）由上述分析可知，F的结构简式：，故答案为：；（3）由上述分析可知，步骤和步骤的目的是：保护氨基，防止其被硝酸氧化，故答案为：保护氨基，防止其被硝酸氧化；（4）化合物C的同分异构体符合：分子中含有2个苯环；能与FeCl3溶液发生显色反应，含有酚羟基；分子中有3种不同化学环境的氢原子，为对称结构，符合条件的C的同分异构体为：，故答案为：；（5）苯与浓硝酸、浓硫酸在加入条件下发生硝化反应生成，由于硝基苯直接硝化主要产物为间二硝基苯，结合转化中反应在苯环对位引入硝酸，硝基苯先还原为，再与（CH3CO）2O

45、、CH3COOH反应得到，再与浓硝酸在浓硫酸、加热条件下得到，然后在硫酸条件下水解得到，最后再用氢气还原得到对苯二胺，合成路线流程图为：，故答案为：点评：本题考查有机物合成、官能团的结构、限制条件同分异构体书写等，（5）中合成路线设计，需要学生利用题目给予的信息、转化关系中隐含的信息，为易错点、难点，较好的考查学生对知识的迁移运用，难度中等18（12分）（2015盐城二模）碱式次氯酸镁Mga（ClO）b（OH）cxH2O是一种有开发价值的微溶于水的无机抗菌剂为确定碱式次氯酸镁的组成，进行如下实验：准确称取1.685g碱式次氯酸镁试样于250mL锥形瓶中，加入过量的KI溶液，用足量乙酸酸化，用0

46、.800 0molL1的Na2S2O3标准溶液滴定至终点（离子方程式为2S2O32+I22I+S4O62），消耗25.00mL另取1.685g碱式次氯酸镁试样，用足量乙酸酸化，再用足量3%H2O2溶液处理至不再产生气泡（H2O2被ClO氧化为O2），稀释至1 000mL移取25.00mL溶液至锥形瓶中，在一定条件下用0.020 00molL1的EDTA（Na2H2Y）标准溶液滴定其中的Mg2+（离子方程式为Mg2+H2Y2MgY2+2H+），消耗25.00mL（1）步骤需要用到的指示剂是淀粉溶液（2）步骤若滴定管在使用前未用EDTA标准溶液润洗，测得的Mg2+物质的量将偏高（填“偏高”“偏低”

47、或“不变”）（3）通过计算确定碱式次氯酸镁的化学式考点：中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量.分析：（1）用0.800 0molL1的Na2S2O3标准溶液滴定至终点，反应的离子方程式为2S2O32+I22I+S4O62，反应终点的判断加入淀粉溶液；（2）步骤若滴定管在使用前未用EDTA标准溶液润洗，消耗标准溶液体积增大，误差分析依据c（待测）=进行分析；（3）依据反应的关系式：ClOI22S2O32n（ClO）=n（S2O32）=×0.800 0 molL1×25.00×103 L=1.000×102 mol；n（Mg2+）=0.020 00 mo

48、lL1×25.00×103 L×1 000 mL/25.00 mL=2.000×102 mol；根据电荷守恒，可得：n（OH）=2n（Mg2+）n（ClO）=2×2.000×102 mol1.000×102 mol=3.000×102 mol；n（H2O）=1.685 g1.000×102 mol×51.5 gmol12.000×102 mol×24 gmol13.000×102 mol×17 gmol1=0.180 g；n（H2O）=gmol1=1.00

49、0×102 mol，计算的n（Mg2+）：n（ClO）：n（OH）：n（H2O）物质的量之比写出化学式解答：解：（1）准确称取1.685g碱式次氯酸镁试样于250mL锥形瓶中，加入过量的KI溶液，用足量乙酸酸化，碘离子被次氯酸氧化为I2，用0.800 0molL1的Na2S2O3标准溶液滴定至终点，反应的离子方程式为2S2O32+I22I+S4O62，反应终点的判断加入淀粉溶液，到反应终点溶液颜色由蓝色变化为无色；故答案为：淀粉溶液；（2）步骤若滴定管在使用前未用EDTA标准溶液润洗，消耗标准溶液体积增大，计算测定的Mg2+物质的量将增大；故答案为：偏高；（3）依据反应的关系式：Cl

50、OI22S2O32n（ClO）=n（S2O32）=×0.800 0 molL1×25.00×103 L=1.000×102 mol；n（Mg2+）=0.020 00 molL1×25.00×103 L×1 000 mL/25.00 mL=2.000×102 mol；根据电荷守恒，可得：n（OH）=2n（Mg2+）n（ClO）=2×2.000×102 mol1.000×102 mol=3.000×102 mol；n（H2O）=1.685 g1.000×102 mol&

51、#215;51.5 gmol12.000×102 mol×24 gmol13.000×102 mol×17 gmol1=0.180 g；n（H2O）=gmol1=1.000×102 mol，n（Mg2+）：n（ClO）：n（OH）：n（H2O）=2.000×102 mol：1.000×102 mol：3.000×102 mol：1.000×102 mol=2：1：3：1，碱式次氯酸镁的化学式为Mg2ClO（OH）3H2O；答：碱式次氯酸镁的化学式为Mg2ClO（OH）3H2O点评：本题考查滴定实验过程分析

52、，物质成分的实验探究和测定方法，化学式的计算确定，掌握基础是关键，题目难度中等19（15分）（2015盐城二模）工业上以浓缩海水为原料提取溴的部分流程如图1：已知：Br2常温下呈液态，易挥发，有毒；3Br2+3CO325Br+BrO3+3CO2（1）上述流程中，步骤的目的是使海水中的溴元素富集（2）反应釜2中发生反应的离子方程式为5Br+BrO3+6H+3Br2+3H2O（3）实验室使用右图所示装置模拟上述过程A装置中先通入Cl2一段时间后，再通入热空气通入热空气的目的是使A中Br2进入B瓶中；B装置中导管D的作用是平衡压强；C装置中溶液X为NaOH溶液或Na2CO3溶液（4）对反应后烧瓶B中

53、的溶液进行如下实验，请补充完整相关实验步骤限选用的试剂为：稀硫酸、四氯化碳、澄清石灰水检验烧瓶B的溶液中是否含有CO32取烧瓶B中的溶液适量，加入试管中，再加入过量的稀硫酸酸化；将酸化后产生的气体通过盛有四氯化碳的洗气瓶后，再通入澄清石灰水中，若石灰水变浑浊，则证明烧瓶B的溶液中含有CO32提取反应后烧瓶B溶液中的溴单质向烧瓶B中加入过量的稀硫酸酸化；然后用四氯化碳进行萃取并分液后蒸馏，从而得到溴单质考点：海水资源及其综合利用.分析：（1）步骤中用氯气将溴离子氧化成溴单质，步骤将溴单质吹出，步骤中用碳酸钠溶液吸收溴单质，从而提高了溴离子的浓度；（2）反应釜2中溴溴离子、溴酸根离子在酸性条件下反应生成溴单质，据此写出反应的离子方程式；（3）通入热空气能将溴从蒸馏烧瓶A中吹出；B装置中导管D起到了平衡压强、防止倒吸的作用；尾气中含有有毒的氯气或