2015年江西省南昌市十所省重点中学高考模拟化学试卷（九） （解析版）

1、2015届江西省南昌市十所省重点中学高考模拟化学试卷（九） （解析版）一、选择题：本题共7小题，每小题6分，在每小题给出的4个选项中，只有一项是符合题目要求的1（6分）（2015南昌校级模拟）读下列药品标签，有关分析不正确的是（）选项ABCD物品标签药品：×××分析该试剂应该装在橡胶塞的细口瓶中该药品不能与皮肤直接接触该物质受热易分解该物质浓度为18.4mol/LAABBCCDD考点：化学试剂的分类；化学试剂的存放专题：化学实验基本操作分析：A、氯水中含有次氯酸和盐酸，具有腐蚀性；B、腐蚀药品不能与皮肤直接接触；C、碳酸氢钠不稳定；D、根据c=来计算；解答：解：A

2、、氯水中含有次氯酸和盐酸，具有腐蚀性，能将橡胶腐蚀，所以存放氯水的试剂瓶不能用橡胶塞，故A错误；B、腐蚀药品不能与皮肤直接接触，故B正确；C、碳酸氢钠不稳定，受热易分解，故C正确；D、物质浓度c=18.4mol/L，故D正确；故选：A点评：本题主要考查了物质的性质于用途，难度不大，根据课本知识即可完成2（6分）（2015南昌校级模拟）组成和结构可用表示的有机物中，能发生消去反应的共有（）A10种B16种C20种D25种考点：有机化合物的异构现象分析：根据苯环前面的取代基共有5种：CH2ClCH2CH2、CH3CHClCH2、CH3CH2CHCl、CH3（CH2Cl）CH、（CH3）2CCl，其

3、中有5种能发生消去反应；右边的有4种：CH3OCH2、CH3CH2O、CH3CH（OH）、HOCH2CH来解答；解答：解：苯环前面的取代基共有5种：CH2ClCH2CH2、CH3CHClCH2、CH3CH2CHCl、CH3（CH2Cl）CH、（CH3）2CCl，其中有5种能发生消去反应；右边的有4种：CH3OCH2、CH3CH2O、CH3CH（OH）、HOCH2CH，因此能发生消去反应的共有20种，故选：C；点评：本题主要考查了同分异构体的书写和消去反应的条件，注意碳链异构和官能团异构，难度不大3（6分）（2015南昌校级模拟）下列实验操作及现象能够达到对应实验目的是（）选项实验操作及现象实验

4、目的A将SO2通入品红溶液中，品红溶液褪色；加热褪色后的品红溶液，溶液恢复红色验证亚硫酸的不稳定性B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，有少量气泡产生证明常温下Ksp（BaCO3）Ksp（BaSO4）C常温下，测定物质的量浓度相同的盐酸和醋酸溶液的pH：盐酸pH小于醋酸pH证明相同条件下，在水溶液中HCl电离程度大于CH3COOHD将浓硫酸与碳混合加热，直接将生成的气体通入足量的石灰水，石灰水变浑浊检验气体产物种CO2的存在AABBCCDD考点：化学实验方案的评价专题：实验评价题分析：A二氧化硫使品红褪色是化合生成较稳定的无色物质，受热易分解；B

5、c（Ba2+）c（CO32）Ksp（BaCO3），有沉淀生成；C等浓度的HCl与CH3COOH，HCl完全电离，pH小；D碳与浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫均能使石灰水变浑浊解答：解：A二氧化硫使品红褪色是化合生成较稳定的无色物质，受热易分解，该实验说明二氧化硫的漂白是暂时性的，故A错误；B常温下，向饱和Na2CO3溶液中加少量BaSO4粉末，c（Ba2+）c（CO32）Ksp（BaCO3），有沉淀生成，不能说明Ksp（BaCO3）、Ksp（BaSO4）的关系，故B错误；C等浓度的HCl与CH3COOH，HCl完全电离，电离出的氢离子浓度大，所以pH小，故C正确；D碳与浓硫酸反应生成二氧化碳

6、、二氧化硫均能使石灰水变浑浊，则不能说明二氧化碳的存在，应先检验二氧化硫并排出二氧化硫的干扰，故D错误；故选C点评：本题考查化学实验方案的评价，涉及漂白性、沉淀的生成、pH的比较、气体的检验及物质的性质，注重基础知识的考查，选项B为解答的难点，题目难度中等4（6分）（2015南昌校级模拟）对反应14CuSO4+5FeS2+12H2O7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4的下列说法正确的是（）A该反应的氧化剂只有CuSO4BSO42既不是氧化产物也不是还原产物C1 mol CuSO4还原了mol的SD被还原的S和被氧化的S的质量比为7：3考点：氧化还原反应专题：氧化还原反应专题分析：14CuS

7、O4+5FeS2+12H2O7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4中，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，S元素的化合价由1价降低为2价，S元素的化合价由1价升高为+6价，以此来解答解答：解：ACu、S元素的化合价降低，则氧化剂为CuSO4、FeS2，故A错误；B由S元素的化合价变化及S原子守恒可知，10molS中有3molS失去电子，所以部分SO42是氧化产物，故B错误；C.1 mol CuSO4得到电子为1mol×（21）=1mol，由电子守恒可知，可氧化mol的S，故C错误；D由S元素的化合价变化及S原子守恒可知，10molS中有3molS失去电子，7molS得到电子，则被

8、还原的S和被氧化的S的质量比为7：3，故D正确；故选D点评：本题考查氧化还原反应，为高考高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意S元素的化合价变化为解答的易错点，明确Cu、S元素的化合价变化即可解答，题目难度中等5（6分）（2015南昌校级模拟）下列叙述或表示正确的是（）A0.1molL1的醋酸的pH=a，0.01molL1的醋酸的pH=b，则a+1=bB常温下0.1molL1的醋酸溶液与等浓度等体积NaOH溶液反应后的溶液中：c（CH3COOH）+c（CH3COO）=0.1molL1C难溶电解质AB2的饱和溶液中，c（A2+）=x molL1，c（B）=y molL1，则Ksp

9、值为4xy2D用200mL4molL1的NaOH溶液将0.6mol CO2完全吸收，反应的离子方程式为：3CO2+4OH=CO32+2HCO3+H2O考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：A相同弱电解质不同浓度的溶液中，浓度越大其电离程度越小；B二者混合时，体积增大一倍，浓度降为原来的一半；CKsp值为xy2；D根据原子守恒确定生成物，再根据反应物和生成物书写离子方程式解答：解：A相同弱电解质不同浓度的溶液中，浓度越大其电离程度越小，所以a+1b，故A错误；B二者混合时，体积增大一倍，浓度降为原来的一半，根据物料守恒得c（C

10、H3COOH）+c（CH3COO）=0.05molL1，故B错误；Cc（A2+）=x molL1，c（B）=y molL1，则Ksp值为xy2，故C错误；Dn（NaOH）=4mol/L×0.2L=0.8mol，设碳酸钠的物质的量为xmol，碳酸氢钠的物质的量为ymol，根据钠离子、碳原子守恒得，则碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量之比=0.2mol：0.4mol=1：2，所以其离子方程式为：3CO2+4OH=CO32+2HCO3+H2O，故D正确；故选D点评：本题考查了弱电解质的电离、物质间的反应、溶度积常数的计算等知识点，根据弱电解质电离特点、溶度积常数的表示方法、物质的性质等知识点来分析

11、解答，注意结合原子守恒、物料守恒来分析解答，易错选项是B，很多同学往往忘掉溶液体积变化而导致错误，为易错点6（6分）（2015南昌校级模拟）下列离子方程式正确的是（）ANaHS溶液水解的方程式为：HS+H2OS2+H3O+B向H218O中投入Na2O2固体：2H218O+2Na2O24Na+4OH+18O2C在100 mL 2 mol/L FeBr2溶液中通入4.48 L氯气（标况下），充分反应：2Fe2+2Br+2Cl22Fe3+Br2+4ClD用惰性电极电解饱和氯化钠溶液：2Cl+2H+H2+Cl2考点：离子方程式的书写专题：离子反应专题分析：A水解生成氢硫酸和氢氧根离子；B只有过氧化钠中

12、O元素的化合价变化；Cn（FeBr2）=0.2mol，n（Cl2）=0.2mol，由电子守恒可知，亚铁离子全部被氧化，溴离子一半被氧化；D反应生成NaOH、氢气、氯气解答：解：ANaHS溶液水解的方程式为HS+H2OH2S+OH，故A错误；B向H218O中投入Na2O2固体的离子反应为2H218O+2Na2O24Na+218OH+2OH+O2，故B错误；C在100 mL 2 mol/L FeBr2溶液中通入4.48 L氯气（标况下），充分反应的离子反应为2Fe2+2Br+2Cl22Fe3+Br2+4Cl，故C正确；D用惰性电极电解饱和氯化钠溶液的离子反应为2Cl+2H2OH2+2OH+Cl2，

13、故D错误；故选C点评：本题考查离子反应方程式的书写，为高考常见题型，涉及知识点较多，有助于学生思维严密性的训练和提高，把握发生的化学反应为解答的关键，选项BC为解答的难点，题目难度不大7（6分）（2015南昌校级模拟）甲、乙、丙、丁是原子序数依次增大的四种短周期元素，A、B、C、D、E是由其中的两种或三种元素组成的化合物，F是由丙元素形成的单质已知：A+B=D+F，A+C=E+F； 0.1molL1D溶液的pH为13（25）下列说法正确的是（）A原子半径：丁丙乙甲B1mol A与足量B完全反应共转移了2mol电子C丙元素在周期表中的位置为第二周期第A族DA中既有离子键又有共价键考点：原子结构与

14、元素周期律的关系专题：元素周期律与元素周期表专题分析：0.1 molL1D溶液的pH为13（25），D是一元强碱，其含有的金属元素在短周期，则D应为NaOH，发生反应：A+B=D+F，根据元素守恒可知，A、B两种物质至少共含有H、O、Na元素，F是由丙组成的单质，由发生反应可知，丙不能是Na，结合原子数可知，甲为H、丙为O、丁为Na元素，故F为氧气，可知A是Na2O2、B是水，再根据反应：A+C=E+F，可知C是二氧化碳，E是碳酸钠，则乙为C，结合对应单质、化合物的性质以及题目要求可解答该题解答：解：0.1 molL1D溶液的pH为13（25），D是一元强碱，其含有的金属元素在短周期，则D应为

15、NaOH，发生反应：A+B=D+F，根据元素守恒可知，A、B两种物质至少共含有H、O、Na元素，F是由丙组成的单质，由发生反应可知，丙不能是Na，结合原子数可知，甲为H、丙为O、丁为Na元素，故F为氧气，可知A是Na2O2、B是水，再根据反应：A+C=E+F，可知C是二氧化碳，E是碳酸钠，则乙为C，A由以上分析可知：甲为氢、乙为碳、丙为氧、丁为钠，则原子半径大小顺序为：NaCOH，即：丁乙丙甲，故A错误；BA与足量的B完全反应的方程式为：2Na2O2+2H2O4NaOH+O2，1molNa2O2反应转移的电子为1mol，故B错误；C丙为O元素，在周期表中的位置为：第二周期第A族，故C错误；DA

16、是Na2O2，既有离子键又有共价键，故D正确故选D点评：本题为元素化合物推断，题目难度中等，需要学生熟练掌握元素化合物知识，对学生的逻辑推理有一定的要求三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第22题第32题为必考题，每个小题考生都必须作答第33题第40题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（11题，共129分）8（15分）（2015南昌校级模拟）利用废铝箔（主要成分为Al、少量的Fe、Si等）既可制取有机合成催化剂AlBr3又可制取净水剂硫酸铝晶体I实验室制取无色的无水AlBr3（熔点：97.5，沸点：263.3265）可用如图1所示装置，主要实验步骤如下：步骤l将铝箔剪碎，用CCl4浸泡片

17、刻，干燥，然后投入到烧瓶6中步骤2从导管口7导入氮气，同时打开导管口l和4放空，一段时间后关闭导管口7和1；导管口4接装有五氧化二磷的干燥管步骤3从滴液漏斗滴入一定量的液溴于烧瓶6中，并保证烧瓶6中铝过剩步骤4加热烧瓶6，回流一定时间步骤5将氮气的流动方向改为从导管口4到导管口l将装有五氧化二磷的干燥管与导管口1连接，将烧瓶6加热至270左右，使溴化铝蒸馏进入收集器2步骤6蒸馏完毕时，在继续通入氮气的情况下，将收集器2从3处拆下，并立即封闭3处（1）步骤l中，铝箔用CCl4浸泡的目的是除去铝箔表面的油脂等有机物（2）步骤2操作中，通氮气的目的是排出装置中含有水蒸气的空气（3）步骤3中，该实验要

18、保证烧瓶中铝箔过剩，其目的是保证溴完全反应，防止溴过量混入溴化铝中（4）铝与液溴反应的化学方程式为2Al+3Br2=2AlBr3（5）步骤4依据何种现象判断可以停止回流操作当5的管中回流液呈无色或烧瓶6中物质呈无色（6）步骤5需打开导管口l和4，并从4通入N2的目的是将溴化铝蒸汽导入装置2中并冷凝得到溴化铝某课外小组的同学拟用废铝箔制取硫酸铝晶体，已知铝的物种类别与溶液pH关系如图2所示，实验中可选用的试剂：处理过的铝箔；2.0molL1NaOH溶液：2.0molL1硫酸（7）由铝箔制备硫酸铝晶体的实验步骤依次为：称取一定质量的铝箔于烧杯中，分次加入2.0molL1NaOH溶液，加热至不再产生

19、气泡为止过滤 滤液用2.0mol/L硫酸在不断搅拌下调到pH410左右；过滤、洗涤 沉淀中不断加入2.0mol/L硫酸至恰好溶解；蒸发浓缩；冷却结晶； 过滤、洗涤、干燥考点：制备实验方案的设计分析：I（1）根据相似相溶原理知，有机溶质易溶于有机溶剂；（2）溴化铝易水解生成氢氧化铝和HBr；（3）如果溴过量，溴易混入溴化铝中；（4）铝和溴反应生成溴化铝，根据反应物、生成物书写方程式；（5）当5的管中回流液呈无色或烧瓶6中物质呈无色，说明可以停止回流；（6）将溴化铝蒸汽导入装置2中并冷凝得到溴化铝；II（7）根据图片知，pH在410时生成氢氧化铝沉淀；向沉淀中加入稀硫酸，至恰好溶解；从溶液中获得晶

20、体采用加热浓缩、冷却结晶的方法解答：解：I（1）铝箔表面易沾有油脂，根据相似相溶原理知，有机溶质易溶于有机溶剂，所以用四氯化碳除去铝箔表面的油脂，故答案为：除去铝箔表面的油脂等有机物；（2）溴化铝易水解生成氢氧化铝和HBr，为防止溴化物在空气中的水蒸气中水解，用氮气将水蒸气排出，故答案为：排出装置中含有水蒸气的空气；（3）如果溴过量，溴易混入溴化铝中，所以为保证液溴完全反应，该实验要保证烧瓶中铝箔过剩，故答案为：保证溴完全反应，防止溴过量混入溴化铝中；（4）铝和溴反应生成溴化铝，根据反应物、生成物书写方程式为2Al+3Br2=2AlBr3，故答案为：2Al+3Br2=2AlBr3；（5）当5的

21、管中回流液呈无色或烧瓶6中物质呈无色，说明溴恰好完全反应，则可以停止回流，故答案为：当5的管中回流液呈无色或烧瓶6中物质呈无色；（6）步骤5需打开导管口l和4，利用压强差将溴化铝蒸汽导入装置2并冷凝得到溴化铝，故答案为：将溴化铝蒸汽导入装置2中并冷凝得到溴化铝；II（7）根据图片知，pH在410时生成氢氧化铝沉淀，所以该步骤是向溶液中滴加稀硫酸并调节溶液pH为410，从而得到氢氧化铝沉淀，故答案为：滤液用2.0mol/L硫酸在不断搅拌下调到pH410左右；该实验目的是制取硫酸铝晶体，所以用得到的氢氧化铝沉淀制取硫酸铝溶液，其操作方法是：沉淀中不断加入2.0mol/L硫酸至恰好溶解，故答案为：沉

22、淀中不断加入2.0mol/L硫酸至恰好溶解；从溶液中获得晶体采用加热浓缩、冷却结晶的方法，所以该操作为蒸发浓缩，故答案为：蒸发浓缩点评：本题考查制备实验方案设计，侧重考查学生制备、操作等基本能力，明确实验原理是解本题关键，知道每个仪器的作用，很多学生对于物质制备较陌生，为学习难点9（14分）（2015南昌校级模拟）锌是一种常用金属，冶炼方法有火法和湿法I镓（Ga）是火法冶炼锌过程中的副产品，镓与铝同主族且相邻，化学性质与铝相似氮化镓（GaN）是制造LED的重要材料，被誉为第三代半导体材料（1）Ga的原子结构示意图为（2）GaN可由Ga和NH3在高温条件下合成，该反应的化学方程式为2Ga+2NH

23、32GaN+3H2（3）下列有关镓和镓的化合物的说法正确的是ACD（填字母序号）A一定条件下，Ga可溶于盐酸和氢氧化钠B常温下，Ga可与水剧烈反应放出氢气CGa2O3可由Ga（OH）3受热分解得到D一定条件下，Ga2O3可与NaOH反应生成盐II工业上利用锌焙砂（主要含Zn0、ZnFe2O4，还含有少量CaO、FeO、CuO、NiO等氧化物）湿法制取金属锌的流程如图所示，回答下列问题：已知：Fe的活泼性强于Ni（4）ZnFe2O4可以写成ZnOFe2O3，写出ZnFe2O4与H2SO4反应的化学方程式ZnFe2O4+4H2SO4ZnSO4+Fe2（SO4）3+4H2O（5）净化I操作分为两步：

24、第一步是将溶液中少量的Fe2+氧化；第二步是控制溶液pH，只使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀净化I生成的沉淀中还含有溶液中的悬浮杂质，溶液中的悬浮杂质被共同沉淀的原因是Fe（OH）3胶粒具有吸附性（6）净化II中加入Zn的目的是使Cu2+、Ni2+转化为Cu、Ni而除去（7）常温下，净化I中，如果要使c（Fe3+）105 mol/L，则应控制溶液pH的范围为pH3.3已知：KspFe（OH）3=8.0×1038；lg5=0.7考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；金属的回收与环境、资源保护；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用专题：实验设计题；元素及其化合物分析：I（1）

25、Ga的原子序数为31，位于第四周期第A族；（2）Ga和NH3在高温条件下反应生成GaN和氢气；（3）镓位于第A族，为活泼金属，金属性比Al强，以此分析其单质和化合物的性质；II（4）ZnFe2O4可以写成ZnOFe2O3，酸浸时ZnFe2O4会生成两种盐，即ZnFe2O4与硫酸反应生成硫酸锌、硫酸铁；（5）根据Fe（OH）3胶体（沉淀）具有的吸附性进行分析；（6）锌焙砂中含有CaO、FeO、CuO、NiO等氧化物，反应后溶液中存在铜离子，没有净化操作，电解制取的锌会含有铜等杂质；（7）根据氢氧化铁的溶度积及c（Fe3+）105 mol/L计算出溶液pH解答：解：（1）Ga的原子序数为31，位于

26、第四周期第A族，原子结构示意图为，故答案为：；（2）Ga和NH3在高温条件下反应生成GaN和氢气，反应为2Ga+2NH32GaN+3H2，故答案为：2Ga+2NH32GaN+3H2；（3）镓与铝同主族且相邻，化学性质与铝相似，则AAl与盐酸、NaOH均反应，则一定条件下，Ga可溶于盐酸和氢氧化钠，故A正确；BAl与水常温不反应，则常温下，Ga不能与水剧烈反应放出氢气，故B错误；C氧化铝可由氢氧化铝分解生成，则Ga2O3可由Ga（OH）3受热分解得到，故C正确；D氧化铝与NaOH反应生成盐，则一定条件下，Ga2O3可与NaOH反应生成盐，故D正确；故答案为：ACD；（4）根据信息，酸浸时ZnFe

27、2O4会生成两种盐，这两种盐分别为硫酸锌、硫酸铁，即ZnFe2O4与硫酸反应生成硫酸锌、硫酸铁，反应的化学方程式为：ZnFe2O4+4H2SO4ZnSO4+Fe2（SO4）3+4H2O，故答案为：ZnFe2O4+4H2SO4ZnSO4+Fe2（SO4）3+4H2O；（5）因为Fe（OH）3胶粒具有吸附性，则净化I生成的沉淀中还含有溶液中的悬浮杂质，故答案为：Fe（OH）3胶粒具有吸附性；（6）CaO、FeO、CuO、NiO等氧化物溶于酸转化为金属离子，净化I后除去Fe元素，净化II中加入Zn的目的是使Cu2+、Ni2+转化为Cu、Ni而除去，故答案为：使Cu2+、Ni2+转化为Cu、Ni而除去

28、；（7）由KspFe（OH）3=8.0×1038，要使c（Fe3+）105 mol/L，则c（OH）=2×1011mol/L，c（H+）=5×104mol/L，所以pH4lg5=3.3，故答案为：pH3.3点评：本题考查较综合，涉及混合物分离提纯综合应用及金属单质及化合物的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与迁移应用能力的考查，注重反应原理及实验能力的夯实，题目难度不大10（14分）（2015南昌校级模拟）中国环境监测总站数据显示，颗粒物（PM2.5等）为连续雾霾过程影响空气质量最显著的污染物，其主要来源为燃煤、机动车尾气等因此，对

29、PM2.5、SO2、NOx等进行研究具有重要意义请回答下列问题：（1）将PM2.5样本用蒸馏水处理制成待测试样若测得该试样所含水溶性无机离子的化学组分及其平均浓度如下表：离子K+Na+NH4+SO42NO3Cl浓度/molL14×1066×1062×1054×1053×1052×105根据表中数据计算PM2.5待测试样的pH=4（2）NOx是汽车尾气的主要污染物之一汽车发动机工作时会引发N2和O2反应，其能量变化示意图如图一：N2（g）+O2（g）2NO（g）H=+183 kJmoL1当尾气中空气不足时，NOx在催化转化器中被还原成N

30、2排出写出NO被CO还原的化学方程式2NO+2CO2CO2+N2汽车汽油不完全燃烧时还产生CO，有人设想按下列反应除去CO：2CO（g）=2C（s）+O2（g），已知该反应的H0，该设想能否实现？不能你的依据是该反应是熵减、焓增的反应，任何温度下均不能自发进行（3）碘循环工艺不仅能吸收SO2降低环境污染，同时又能制得氢气，具体流程如图二：用离子方程式表示反应器中发生的反应SO2+I2+2H2O=SO42+2I+4H+用化学平衡移动的原理分析，在HI分解反应中使用膜反应器分离出H2的目的是HI分解为可逆反应，及时分离出产物H2，有利于反应正向进行用吸收H2后的稀土储氢合金作为电池负极材料（用MH

31、）表示），NiO（OH）作为电池正极材料，KOH溶液作为电解质溶液，可制得高容量、长寿命的镍氢电池电池充放电时的总反应为：Ni（OH）2+MNiO（OH）+MH，电池放电时，负极电极反应式为MH+OHe=H2O+M； 充电完成时，全部转化为NiO（OH），若继续充电，将在一个电极产生O2，O2扩散到另一个电极发生电极反应被消耗，从而避免产生的气体引起电池爆炸，此时，阴极电极反应式为4O2+4e+2H2O=4OH考点：常见的生活环境的污染及治理；反应热和焓变；原电池和电解池的工作原理专题：化学平衡专题；电化学专题分析：（1）根据溶液中电荷守恒计算；（2）根据能量变化图计算反应热，反应热=吸收的能

32、量放出的能量，再根据热化学反应方程式的书写规则书写；NO被CO还原，则CO被NO氧化生成二氧化碳，据此写出反应方程式；如反应能自发进行，应满足HTS0；（3）碘和二氧化硫反应生成硫酸和HI，类似于氯气和二氧化硫的反应；根据平衡移动的原理来分析；电池放电时，负极发生氧化反应，MH被氧化生成水和M；为避免爆炸，氧气在阴极上得电子发生还原反应解答：解：（1）溶液中电荷守恒：c（K+）+c（NH4+）+c（Na+）+c（H+）=2c（SO42）+c（NO3）+c（Cl），将表中数据带入可得c（H+）=1×104molL1，pH值为4，故答案为：4；（2）该反应中的反应热=（945+498）k

33、J/mol2×630kJ/mol=+183kJ/mol，所以其热化学反应方程式为：N2（g）+O2（g）=2NO（g）H=+183 kJmoL1，故答案为：+183 kJmoL1；在催化剂条件下，一氧化碳被氧化生成二氧化碳，一氧化氮被还原生成氮气，所以其反应方程式为：2NO+2CO2CO2+N2，故答案为：2NO+2CO2CO2+N2；2CO（g）=2C（s）+O2（g），该反应是焓增、熵减的反应根据G=HTS，G0，不能实现，故答案为：不能；该反应是熵减、焓增的反应，任何温度下均不能自发进行；（3）碘和二氧化硫反应生成硫酸和HI，反应的离子方程式为SO2+I2+2H2O=SO42+

34、2I+4H+，故答案为：SO2+I2+2H2O=SO42+2I+4H+；在膜分离器中发生反应：2HII2+H2，将H2分离出来有利于平衡向右移动，利于I2和H2的生成，故答案为：HI分解为可逆反应，及时分离出产物H2，有利于反应正向进行；负极反应物MH失去电子，生成的H+在碱性条件下生成H2O，电解反应式为：MHe+OH=H2O+M，阴极的电极反应有两个，第一阶段是充电时的反应式，阴极上电极反应式为M+H2O+eMH+OH，第二阶段为吸收氧气的电解反应式，由题意知氧气在阴极上被还原，电解质溶液呈碱性可知氧气被还原为OH，所以其电极反应式为2H2O+O2+4e4OH，故答案为：MH+OHe=H2

35、O+M；4O2+4e+2H2O=4OH点评：该题综合考查化学反应原理的基础知识，涉及原电池和电解池原理、化学反应与能量变化以及化学平衡等问题，明确正负极、阴阳极上得失电子是解本题关键，难点是电极反应式的书写，电极反应式要结合溶液的酸碱性书写，为易错点三选考题：共45分请考生从给出的3道物理题、3道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑注意所做题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡区域指定位置大题如果多做，则每学科按所做的第一题计分化学-选修2：化学与技术11（15分）（2015南昌校级模拟）（1）天然水中含有细菌，其主要成分是蛋白质，写出两种家庭中能杀

36、灭水中细菌的简单方法加热、加消毒剂（2）现有一杯具有永久硬度的水，其中主要含有MgCl2、CaCl2利用下列试剂中的一部分或全部，设计软化该水的实验方案试剂：Ca（OH）2溶液 NaOH溶液 饱和Na2CO3溶液 肥皂水实验方案：（填写下表）实验步骤现象离子方程式向硬水中加入Ca（OH）2溶液，直到不再产生沉淀为止继续向溶液中加入饱和碳酸钠溶液，直到不再产生沉淀为止将上述混合物过滤（填操作名称）（3）利用海水得到淡水的方法有蒸馏法、电渗析法等电渗析法是近年来发展起来的一种较好的海水淡化技术，其原理如图所示a接电源的负极，I口排出的是淡水（填“淡水”或“海水”）（4）在（3）中某口排出的浓海水中

37、溴元素的质量分数为a%，现用氯气将其中的溴离子氧化为溴单质，则处理1000t该浓海水需标准状况下的氯气的体积为1400am3考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；蒸馏与分馏专题：实验设计题分析：（1）加热或者加入消毒剂能使蛋白质变性，据此解答即可；（2）根据氢氧化钙与氯化镁反应生成氯化钙和氢氧化镁沉淀回答；依据氯化钙能与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀回答；分离固体与液体采取过滤的方法；（3）阳极是氢氧根离子失电子生成氧气和水；在电渗析法淡化海水示意图中阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，所以水在b处流出；（4）先求出溴元素的总质量和总物质的量，再求出消耗的氯气的量解答：解：（1）家庭中能杀灭水中细

38、菌的简单方法是：加热、加消毒剂，故答案为：加热、加消毒剂；（2）要使硬水软化，就要出去钙镁杂质离子，氢氧化钙与氯化镁反应生成氯化钙和氢氧化镁沉淀，离子反应方程式为：Mg2+2OH=Mg（OH）2，氯化钙能与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀，可使氯化钙转化为碳酸钙沉淀除去，离子反应方程式为：Ca2+CO32=CaCO3分离固体与液体采取过滤的方法，故答案为：；（3）在电渗析法淡化海水示意图中阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，通过用一段时间海水中的阴阳离子在两个电极放电，所以a接电源的负极，水在b处流出，故答案为：负；b； （4）1000t该浓海水中溴元素的质量为1000t×a%=10at，则n（

39、Br）=，由Cl2+2Br=2Cl+Br2可知处理1000t该浓海水需标况下的氯气为：，则氯气的体积为×22.4L/mol=1400am3；故答案为：1400a点评：本题主要考查的是除杂，涉及蛋白质的变性、硬水的软化、海水的淡化等，难度较大，注意总结归纳四、解答题（共1小题，满分15分）化学-选修3：物质结构与性质12（15分）（2015南昌校级模拟）X、Y、Z、W、R、Q为前30号元素，且原子序数依次增大X是所有元素中原子半径最小的，Y有三个能级，且每个能级上的电子数相等，Z原子单电子数在同周期元素中最多，W与Z同周期，第一电离能比Z的低，R与Y同一主族，Q的最外层只有一个电子，其

40、他电子层电子均处于饱和状态请回答下列问题：（1）Q+核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10（2）化合物X2W2中W的杂化方式为sp3，ZW2离子的立体构型是V形（3）Y、R的最高价氧化物的沸点较高的是SiO2（填化学式），原因是SiO2为原子晶体，CO2为分子晶体（4）将Q单质的粉末加入到ZX3的浓溶液中，并通入W2，充分反应后溶液呈深蓝色，该反应的离子方程式为2Cu+8NH3+O2+2H2O=2Cu（NH3）42+4OH（5）Y有多种同素异形体，其中一种同素异形体的晶胞结构如图，该晶体一个晶胞的Y原子数为8，Y原子的配位数为4，若晶胞的边长为a pm，晶体的密度为 g/cm3

41、，则阿伏加德罗常数的数值为（用含a和的代数式表示）考点：位置结构性质的相互关系应用专题：有机物的化学性质及推断分析：X、Y、Z、W、R、Q为前30号元素，且原子序数依次增大X是所有元素中原子半径最小的，则X为H元素；Y有三个能级，且每个能级上的电子数相等，核外电子排布为1s22s22p2，故Y为C元素；R与Y同一主族，结合原子序数可知，R为Si，而Z原子单电子数在同周期元素中最多，则外围电子排布为ns2np3，原子序数小于Si，故Z为N元素；W与Z同周期，第一电离能比Z的低，则W为O元素；Q的最外层只有一个电子，其他电子层电子均处于饱和状态，不可能为短周期元素，原子序数小于30，故核外电子排布

42、为1s22s22p63s23p63d104s1，则Q为Cu元素，据此解答解答：解：X、Y、Z、W、R、Q为前30号元素，且原子序数依次增大X是所有元素中原子半径最小的，则X为H元素；Y有三个能级，且每个能级上的电子数相等，核外电子排布为1s22s22p2，故Y为C元素；R与Y同一主族，结合原子序数可知，R为Si，而Z原子单电子数在同周期元素中最多，则外围电子排布为ns2np3，原子序数小于Si，故Z为N元素；W与Z同周期，第一电离能比Z的低，则W为O元素；Q的最外层只有一个电子，其他电子层电子均处于饱和状态，不可能为短周期元素，原子序数小于30，故核外电子排布为1s22s22p63s23p63

43、d104s1，则Q为Cu元素，（1）Cu+核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d10，故答案为：1s22s22p63s23p63d10；（2）化合物H2O2中结构式为HOOH，O原子价层电子对数为2+=4，故O原子采取sp3杂化；NO2离子中N原子孤电子对数为=1、价层电子对数为2+1=3，故其立体构型是V形，故答案为：sp3；V形；（3）Y、R的最高价氧化物分别为二氧化碳、二氧化硅，SiO2为原子晶体，CO2为分子晶体，故沸点较高的是 SiO2，故答案为：SiO2； SiO2为原子晶体，CO2为分子晶体；（4）将Cu单质的粉末加入到NH3的浓溶液中，并通入O2，充分反应后溶液呈深蓝色，反应生成Cu（NH3）42+，该反应的离子方程式为：2Cu+8NH3+O2+2H2O=2Cu（NH3）42+4OH，故答案为：2Cu+8NH3+O2+2H2O=2Cu（NH3）42+4OH；（5）碳有多种同素异形体，其中一种同素异形体的晶胞结构如图，该晶体一个晶胞的Y原子数为：4+8×+6×=8；每个Y与周围的4个Y原子相邻，故Y原子的配位数为4；若晶胞的边长为a pm，则晶胞体积为（a×1010）3cm3，晶体的密度为 g/cm3，则晶胞质量为（a