江苏省盐城市2015届高考化学三模试卷

1、江苏省盐城市2015届高考化学三模试卷一、选择题（共10小题，每小题2分，共计20分）1（2分）2月美国研究人员将CO和O附着在一种钌催化剂表面，用激光脉冲将其加热到2000K，成功观察到CO与O形成化学键生成CO2的全过程下列说法正确的是（）ACO、CO2均属于酸性氧化物B形成化学键时需吸收能量C钌催化剂可以改变该反应的焓变DCO与O形成化学键过程中有电子转移2（2分）下列关于化学用语的表示正确的是（）A水合氢离子的电子式：B氯离子的结构示意图：C中子数为28的钙原子：2028CaD聚丙烯的结构简式：3（2分）25时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A使甲基橙变红色的溶液中：K

2、+、Na+、SO42、CO32BpH=14的溶液中：K+、Na+、Cl、AlO2C0.1 molL1NH4I溶液中：Na+、Fe3+、Cl、SO42D与铝反应产生大量氢气的溶液中：Na+、NH4+、HCO3、NO34（2分）下列物质性质与应用对应关系正确的是（）ASO2具有还原性，可用于漂白纸浆B碱石灰具有吸水性，可用于干燥氯气C氢氟酸具有弱酸性，可用于蚀刻玻璃DH2O2具有还原性，可用于与酸性高锰酸钾溶液反应制取少量氧气5（2分）下列如图装置应用于实验室制取NH3气体，并用AlCl3溶液吸收多余氨气制氢氧化铝，最后回收氯化铵的实验，能达到实验目的是（）A用装置甲制取NH3B用装置乙吸收NH3

3、制取Al（OH）3C用装置丙在不断搅拌下分离Al（OH）3和NH4Cl溶液D用装置丁蒸干NH4Cl溶液并灼烧制NH4Cl6（2分）设NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）A1 mol二甲醚中含有的CO键的数目为2NAB标准状况下，44.8 L四氯化碳中含有分子的数目为2NAC200 g质量分数为23%的HCOOH水溶液中含氧原子的总数目为2NAD在反应Cu2S+O22Cu+SO2中，每生成1 molCu，转移电子的数目为2NA7（2分）下列指定反应的离子方程式正确的是（）AFeCl3溶液滴入热水中制Fe（OH）3胶体：Fe3+3OHFe（OH）3（胶体）BICl溶于冷的稀KOH溶液中：I

4、Cl+2OHCl+IO+H2OC用惰性电极电解CuSO4溶液：2Cu2+4OH2Cu+O2+2H2ODCa（HCO3）2溶液与过量NaOH溶液反应：HC+Ca2+OHCaCO3+H2O8（2分）下列物质的转化在给定条件下能实现的是（）FeS2SO2H2SO4SiO2SiCl4Si饱和NaCl溶液NaHCO3Na2CO31molL1HCl（aq）Cl2Ca（ClO）2CuSO4（aq）Cu（OH）2Cu2OABCD9（2分）短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大它们分别位于不同的主族，X的最高正价与最低负价代数和为0，Y为金属元素，Y与Z最外层电子数之和与W的相等，X与W所在族序数之和等于1

5、0下列说法正确的是（）A原子半径大小顺序：r（W）r（Z）r（Y）r（X）BW分别与X、Y形成的化合物中化学键类型相同CX的最高价氧化物的水化物的酸性比Z的弱DZ的简单氢化物的热稳定性比W的强10（2分）已知：S（g）+O2（g）SO2（g）；H1S（s）+O2（g）SO2（g）；H22H2S（g）+O2（g）2S（s）+2H2O（l）；H32H2S（g）+3O2（g）2SO2（g）+2H2O（l）；H4SO2（g）+2H2S（g）3S（s）+2H2O（l）；H5下列关于上述反应焓变的判断不正确的是（）AH1H2BH3H4CH5=H3H2D2H5=3H3H4二、不定项选择题（本题包括5小题，每

6、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，该小题得0分；若正确答案包括两个选项时，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，该小题得0分.）11（4分）下列有关说法正确的是（）A马口铁（镀锡铁）镀层受损后，铁制品比受损前更容易生锈B2CaCO3（s）+2SO2（g）+O2（g）2CaSO4（s）+2CO2（g）在高温下能自发进行，则该反应的H0C恒温恒容密闭容器中进行的反应N2（g）+3H2（g）2NH3（g）；H=a kJmol1，平衡时向容器中再充入N2和H2，反应速率加快，a值不变D氢硫酸（弱酸）中加入少量CuSO4溶液（

7、H2S+CuSO4CuS+H2SO4），H2S的电离程度和溶液的pH均增大12（4分）青藤碱具有驱风寒湿、活血止痛的功效，其结构简式如图所示，下列说法正确的是（）A每个青藤碱分子中含有2个手性碳原子B1mol最多能与1molBr2发生反应C1mol最多能与4molH2发生反应D青藤碱既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应13（4分）下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（）选项实验操作实验现象结论A向溶有SO2的BaCl2溶液中通入气体X产生白色沉淀X一定是Cl2B向NaAlO2溶液中持续通入气体Y先出现白色沉淀，最终沉淀又溶解Y可能是CO2气体C向Na2CO3溶液中加入冰醋酸，将产生的气体

8、直接通入苯酚钠溶液中产生白色浑浊酸性：醋酸碳酸苯酚D向盛有KI3溶液的两试管中分别加入淀粉溶液和AgNO3溶液前者溶液变蓝色，后者有黄色沉淀KI3溶液中存在 I3I2+I平衡AABBCCDD14（4分）25时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A0.1molL1CH3COOH与0.1molL1氨水等体积混合（PH=7）：c（NH4+）=c（CH3COO）=c（H+）=c（OH）B0.1molL1HCl溶液与0.2molL1氨水等体积混合（PH7）：c（NH4+）c（Cl）c（NH3H2O）c（OH）C0.1molL1CH3COONa与0.1molL1CaCl2溶液等体积混合：c（

9、Na+）+c（Ca2+）=c（CH3COO）+c（CH3COOH）+2c（Cl）D0.1molL1Na2CO3溶液与0.1molL1 NaHCO3溶液等体积混合：c（HCO3）0.05molL1c（CO32）c（OH）15（4分）在1.0L恒容密闭容器中投入1mol CO2和2.75mol H2发生反应：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g），实验测得不同温度及压强下，平衡时甲醇的物质的量变化如图所示下列说法正确的是（）A该反应的正反应为放热反应B压强大小关系为p1p2p3CM点对应的平衡常数K的值约为1.04×102D在p2及512 K时，图中N点v（正）v（逆）

10、三、非选择题（本题包括6小题，每空1分，共14分）16（12分）利用废旧干电池拆解后的碳包滤渣（含MnO2、C、Hg2+等），既可制取MnSO44H2O，又可消除废弃物对环境的污染实验流程如图一所示：已知：25时，Ksp（FeS）=5×1018，Ksp（MnS）=4.6×1014，Ksp（HgS）=2×1054（1）“浸取”时，生成MnSO4和Fe2（SO4）3的化学方程式为（2）滤渣的成分为MnO2、HgS和（填化学式）；若浸取反应在25时进行，FeS足量，则充分浸取后溶液中c（Hg2+）/c（Fe2+）=（填数值）（3）“氧化”时，溶液中Fe2+转化为Fe3+

11、的离子方程式为；滤渣的主要成分为（填化学式）（4）最终MnSO4产率与“浸取”时m（FeS）/m（碳包滤渣）的投料比关系如图二所示，FeS用量超过最佳值时，MnSO4产率反而变小的原因是17（15分）盐酸吡酮洛芬 （H）是一种消炎镇痛药，可通过以下方法合成（1）F中的含氧官能团为和（填名称）（2）反应中，属于取代反应的是（填序号）；反应的化学方程式为（3）反应中加入的试剂X的分子式为C6H8N2，X的结构简式为（4）E的一种同分异构体满足下列条件：如下：I水解后产物之一既能发生银镜反应又与FeCl3溶液发生显色反应II分子中有6种不同化学环境的氢，且分子这个含有两个苯环写出该同分异构体的结构简

12、式：（只写一种）（5）根据已有知识并结合相关信息，写出以和为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用）合成路线流程图示例如下：CH3CH2BrCH3CH2OHCH3COOCH2CH318（12分）锰酸锂（LiaMnbOc）是动力锂离子电池的一种正极材料，其中的锰元素显+4、+3及+2价三种价态实验室可通过连续滴定法测定其中锰元素的平均价态（平均价态=，如Fe3O4中铁元素平均价态为+），实验步骤如下：已知相关部分反应如下：2Mn3+C2O42=2Mn2+2CO2；2Mn4+C2O42=2Mn2+2CO22MnO4+5C2O42+16H+=2Mn2+10CO2+8H2O14Mn2+2ClO4+28

13、PO43+16H+=14Mn（PO4）23+Cl2+8H2O（1）LiaMnbOc中锂显+1价，氧显2价，则锰元素的平均价态为（用含a、b、c代数式表示）（2）判断步骤滴定达到终定时的判断依据是步骤滴定速度不能过快否则在酸性的热溶液中高锰酸钾会转化为二氧化锰及氧气，该反应的离子方程式为（3）已知V1=22.00，V2=16.40，根据以上实验数据计算该锰酸锂试样中锰的平均价态（写出计算过程，结果保留2位小数）19（15分）磷酸亚铁为白蓝色晶体，溶于强酸，不溶于水和乙醇它是生产LiFeO4的原料，实验室利用FeSO47H2O、Na2HPO412H2O及CH3COONa3H2O为原料制备磷酸亚铁的

14、实验流程如如图1：合成时的主要反应为：3FeSO4+2Na2HPO4+2CH3COONa+8H2O=Fe3（PO4）28H2O+3Na2SO4+2CH3COOH（1）实验中由原料配制溶液时，蒸馏水事先要煮沸、冷却，煮沸的目的是（2）合成时，在三口烧瓶中先加入抗坏血酸（C6H8O6）稀溶液作底液，再向烧瓶中，滴入Na2HPO4与CH3COONa混合溶液至PH=4时，再滴入FeSO4溶液，最终维持PH=6（装置如图2所示）实验不是将三种溶液直接混合的原因是用抗坏血酸溶液作底液而不用铁粉，其主要原因是制备时需不断搅拌，其目的是（3）生成的Fe3（PO4）28H2O 沉淀需充分洗涤，检验洗涤是否完全的

15、方法是（4）检验产品中是否混有Fe（OH）3或FePO4杂质的方法是（5）某研究性学习小组的同学拟用工业品十二水合磷酸氢二钠（含Na2HPO4、重金属盐及有色杂质等）提纯得到Na2HPO412H2O晶体已知：Na2HPO4溶液PH8.28.4，重金属硫化物不溶于水请补充实验步骤将工业品溶于热水；加入活性炭煮沸，趁热过滤；过滤、洗涤及干燥20（14分）水合肼（N2H4H2O）是一种无色易溶于水的油状液体，具有碱性和极强的还原性，在工业生产中应用非常广泛（1）目前正在研发的高能量密度燃料电池车是以水合肼燃料电池作为动力来源，电池结构如图1所示起始时正极区与负极区NaOH溶液浓度相同，工作一段时间后

16、，NaOH浓度较大的是（填“正”或“负”）极区该电池负极的电极反应式为（2）已知水合肼是二元弱碱（25，K1=5×107，K2=5×1015），0.1molL1水合肼溶液中四种离子：H+、OH、N2H5+、N2H52+的浓度从大到小的顺序为（填序号）（3）在弱酸性条件下水合肼可处理电镀废水，将Cr2O72还原为Cr（OH）3沉淀而除去，水合肼被氧化为N2，该反应的离子方程式为（4）肼是一种优良的贮氢材料，其在不同条件下分解方式不同在高温下，N2H4可完全分解为NH3、N2及H2，实验测得分解产物中N2与H2物质的量变化如图2所示，该分解反应方程式为在303K，NiPt催化下

17、，则发生N2H4（l）N2（g）+2H2（g）在1L密闭容器中加入0.1mol N2H4，测得容器中 与时间关系如图3所示则04min氮气的平均速率v（N2）=（5）碳酰肼（分子式：CH6N4O）是由DEC（酯）与N2H4发生取代反应得到，已知DEC的分子式为C5H10O3，DEC的核磁共振氢谱如图4所示，则DEC的结构简式为四、选做题（本题包括21、22两小题，请选定其中一小题，并在相应的答题区域内作答.若多做，则按21小题评分）【物质结构与性质】21（12分）铁及其化合物在生产生活及科学研究方面应用非常广泛（1）Fe2+基态核外电子排布式为（2）Fe（CO）5与NH3在一定条件下可合成一种

18、具有磁性的氮化铁NH3分子中氮原子杂化轨道类型为；1mol Fe（CO）5分子中含有键的数目为该磁性氮化铁晶胞结构如图所示，该化合物的化学式为（3）FeCl3可与KSCN、苯酚溶液发生显色反应SCN与N2O互为等电子体，则SCN的电子式为写出FeCl3与苯酚反应生成3的化学方程式为【实验化学】22硼氢化钠（NaBH4）广泛用于精细有机合成Bayer法合成硼氢化钠流程图如下：（1）“合成”时，可在图1所示的反应釜中进行从煤油中取出金属钠需先用滤纸吸干，再用石油醚洗涤，其目的是通氢气前需先通入氮气的目的是合成反应的化学方程式为（2）“萃取”时，可在图2中进行，该仪器名称为（3）实验中可以循环使用的

19、位置是；对所得产品进行分析得图3图谱，该图谱名称为江苏省盐城市2015届高考化学三模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共10小题，每小题2分，共计20分）1（2分）2月美国研究人员将CO和O附着在一种钌催化剂表面，用激光脉冲将其加热到2000K，成功观察到CO与O形成化学键生成CO2的全过程下列说法正确的是（）ACO、CO2均属于酸性氧化物B形成化学键时需吸收能量C钌催化剂可以改变该反应的焓变DCO与O形成化学键过程中有电子转移考点：反应热和焓变 分析：ACO是不成盐氧化物；B形成化学键时放出热量；C催化剂只改变活化能，不改变反应的焓变；D根据CO转换成二氧化碳时碳的化合价升高；解答：解：AC

20、O是不成盐氧化物，CO2为酸性氧化物，故A错误；B形成化学键时放出热量，故B错误；C催化剂只改变活化能，不改变反应的焓变，故C错误；DCO转换成二氧化碳时碳的化合价升高，所以CO与O形成化学键过程中有电子转移，故D正确故选D点评：本题考查了一氧化碳与二氧化碳的性质，题目难度不大，注意把握酸性氧化物的定义和催化剂只改变活化能，不改变反应的焓变2（2分）下列关于化学用语的表示正确的是（）A水合氢离子的电子式：B氯离子的结构示意图：C中子数为28的钙原子：2028CaD聚丙烯的结构简式：考点：电子式、化学式或化学符号及名称的综合 专题：化学用语专题分析：A水合氢离子中O原子还含有一个孤电子对；B氯离

21、子的核电荷数为17，核外电子总数为18，最外层达到8电子稳定结构；C质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数；D聚丙烯为丙烯通过加聚反应生成的，其链节的主链上含有2个碳原子解答：解：A水合氢离子中O原子还含有一个孤电子对，其电子式为：，故A错误；B氯离子质子数为17，核外电子数为18，有3个电子层，最外层电子数为8，氯离子结构示意图为，故B错误；C钙元素的质子数为20，质子数为28的钙原子的质量数为48，该原子可以表示为：2048Ca，故C错误；D丙烯通过加聚反应生成聚丙烯，聚丙烯的结构简式为：，故D正确；故选D点评：本题考查了常见化学用语的书写，题目难度中等，涉及结构

22、简式、离子结构示意图、电子式、元素符号等知识，注意熟练掌握常见化学用语的书写原则，试题有利于提高学生灵活应用基础知识的能力3（2分）25时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A使甲基橙变红色的溶液中：K+、Na+、SO42、CO32BpH=14的溶液中：K+、Na+、Cl、AlO2C0.1 molL1NH4I溶液中：Na+、Fe3+、Cl、SO42D与铝反应产生大量氢气的溶液中：Na+、NH4+、HCO3、NO3考点：离子共存问题 专题：离子反应专题分析：A使甲基橙变红色的溶液中存在大量氢离子，碳酸根离子与氢离子反应；BpH=14的溶液中存在大量氢氧根离子，四种离子之间不反应，都不

23、与氢氧根离子反应；C铁离子具有氧化性，能够氧化碘化铵电离出的碘离子；D与铝反应产生大量氢气的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，铵根离子、碳酸根离子与氢氧根离子反应，碳酸氢根离子与氢离子反应，且在酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，与铝反应不会生成氢气解答：解：A使甲基橙变红色的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，CO32与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；BpH=14的溶液为碱性溶液，溶液中存在大量氢氧根离子，K+、Na+、Cl、AlO2之间不发生反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；CFe3+、I之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；D与铝反应

24、产生大量氢气的溶液为酸性或碱性溶液，溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，NH4+、HCO3与氢氧根离子反应，HCO3与氢离子反应，且NO3在酸性溶液中与铝反应不会生成氢气，故D错误；故选B点评：本题考查离子共存的判断，为2015届高考的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况，如：能发生复分解反应的离子之间，能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH；溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“

25、可能”共存，还是“一定”共存等4（2分）下列物质性质与应用对应关系正确的是（）ASO2具有还原性，可用于漂白纸浆B碱石灰具有吸水性，可用于干燥氯气C氢氟酸具有弱酸性，可用于蚀刻玻璃DH2O2具有还原性，可用于与酸性高锰酸钾溶液反应制取少量氧气考点：二氧化硫的化学性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；过氧化氢；气体的净化和干燥 分析：A二氧化硫具有漂白性，能漂白纸张；B碱石灰具有碱性和吸水性，能和氯气反应；CHF能腐蚀玻璃；D双氧水具有氧化性和还原性，能被强氧化剂氧化解答：解：A二氧化硫能和有色物质反应生成无色物质而具有漂白性，所以能漂白纸张，漂白纸张与二氧化硫的还原性无关，故A错误；B碱石灰具

26、有碱性和吸水性，能和氯气反应，所以不能干燥氯气，故B错误；CHF属于弱酸，玻璃中含有二氧化硅，HF和二氧化硅反应生成四氟化硅和水，所以能腐蚀玻璃，故C错误；D双氧水具有氧化性和还原性，能被强氧化剂氧化，酸性高锰酸钾溶液呈强氧化性，能将双氧水氧化生成氧气，故D正确；故选D点评：本题考查物质之间的反应，涉及气体的干燥、二氧化硫和HF的性质及氧化还原反应，明确反应原理是解本题关键，注意二氧化硫漂白性和还原性的区别，会根据气体性质选取合适的干燥剂，题目难度不大5（2分）下列如图装置应用于实验室制取NH3气体，并用AlCl3溶液吸收多余氨气制氢氧化铝，最后回收氯化铵的实验，能达到实验目的是（）A用装置甲

27、制取NH3B用装置乙吸收NH3制取Al（OH）3C用装置丙在不断搅拌下分离Al（OH）3和NH4Cl溶液D用装置丁蒸干NH4Cl溶液并灼烧制NH4Cl考点：化学实验方案的评价；实验装置综合 专题：实验评价题分析：ACaO与水反应增大氢氧根离子浓度，且放热，均可使氨气逸出；B氨气极易溶于水；C过滤时不能搅拌，易捣破滤纸；D加热NH4Cl分解生成氨气和HCl解答：解：ACaO与水反应增大氢氧根离子浓度，且放热，均可使氨气逸出，则图中固液反应装置可制备氨气，故A正确；B氨气极易溶于水，导管在液面下，图中装置可发生倒吸，故B错误；C过滤时不能搅拌，易捣破滤纸，则不能分离Al（OH）3和NH4Cl溶液，

28、故C错误；D蒸干NH4Cl溶液，氯化铵分解，应选结晶法制NH4Cl，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，涉及气体的制备、收集及混合物分离提纯等，把握反应原理、实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大，选项D为易错点6（2分）设NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）A1 mol二甲醚中含有的CO键的数目为2NAB标准状况下，44.8 L四氯化碳中含有分子的数目为2NAC200 g质量分数为23%的HCOOH水溶液中含氧原子的总数目为2NAD在反应Cu2S+O22Cu+SO2中，每生成1 molCu，转移电子的数目为2NA考点：阿伏加德罗常

29、数 专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A、二甲醚的结构简式为CH3OCH3，据此分析；B、标况下，四氯化碳为液态；C、200g质量分数为23%的甲醛溶液中，除了甲醛含有氧原子，水也含氧原子；D、在此反应中，每生成1mol铜，转移6mol电子解答：解：A、二甲醚的结构简式为CH3OCH3，则1mol二甲醚中含2molCO键，即2NA条，故A正确；B、标况下，四氯化碳为液态，不能根据气体摩尔体积来计算，故B错误；C、200g质量分数为23%的甲醛溶液中，除了甲醛含有氧原子，水也含氧原子，故溶液中所含的氧原子的物质的量大于2mol，即大于2NA个，故C错误；D、在此反应中，铜元素的化合价降低

30、，S元素的化合价升高，氧元素的化合价降低，即Cu2S既做氧化剂又做还原剂，氧气做氧化剂，每生成1mol铜，转移6mol电子，即转移6NA个，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，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大7（2分）下列指定反应的离子方程式正确的是（）AFeCl3溶液滴入热水中制Fe（OH）3胶体：Fe3+3OHFe（OH）3（胶体）BICl溶于冷的稀KOH溶液中：ICl+2OHCl+IO+H2OC用惰性电极电解CuSO4溶液：2Cu2+4OH2Cu+O2+2H2ODCa（HCO3）2溶液与过量NaOH溶液反应：HC+Ca2+OHCaCO3+H2O考点：

31、离子方程式的书写 分析：A水解反应为可逆反应；B发生非氧化还原反应，生成NaCl和NaIO；C反应生成Cu、氧气和硫酸；D反应生成碳酸钠、碳酸钙和水解答：解：AFeCl3溶液滴入热水中制Fe（OH）3胶体的离子反应为Fe3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3H+，故A错误；BICl溶于冷的稀KOH溶液中的离子反应为ICl+2OHCl+IO+H2O，故B正确；C用惰性电极电解CuSO4溶液的离子反应为2Cu2+2H2O2Cu+O2+4H+，故C错误；DCa（HCO3）2溶液与过量NaOH溶液反应的离子反应为2HCO3+Ca2+2OHCaCO3+2H2O+CO32，故D错误；故选B点评：本题考查离

32、子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重氧化还原反应、水解与电解反应的离子反应考查，题目难度不大8（2分）下列物质的转化在给定条件下能实现的是（）FeS2SO2H2SO4SiO2SiCl4Si饱和NaCl溶液NaHCO3Na2CO31molL1HCl（aq）Cl2Ca（ClO）2CuSO4（aq）Cu（OH）2Cu2OABCD考点：二氧化硫的化学性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；硅和二氧化硅；钠的重要化合物；铜金属及其重要化合物的主要性质 分析：二硫化亚铁和氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫具有还原性，能被氧化剂氧化；二氧化硅和HCl不反应；

33、饱和氯化钠溶液中通入氨气和二氧化碳，氨气、二氧化碳和水反应生成碳酸氢铵，碳酸氢钠的溶解度小于氯化钠；碳酸氢钠不稳定，受热易分解生成碳酸钠；实验室用浓盐酸和二氧化锰加热制取氯气；硫酸铜中加入过量氢氧化钠生成氢氧化铜悬浊液，氢氧化铜能检验醛基解答：解：二硫化亚铁和氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫具有还原性，能被氧化剂双氧水氧化生成硫酸，所以能一步实现，故正确；二氧化硅和HCl不反应，所以不能一步实现，故错误；饱和氯化钠溶液中通入氨气和二氧化碳，氨气、二氧化碳和水反应生成碳酸氢铵，碳酸氢钠的溶解度小于氯化钠；碳酸氢钠不稳定，受热易分解生成碳酸钠，所以能一步实现，故正确；实验室用浓盐酸和二氧化锰加热制取

34、氯气，1mol/LHCl是稀盐酸，所以不能制取氯气，所以不能一步实现，故错误；硫酸铜中加入过量氢氧化钠生成氢氧化铜悬浊液，氢氧化铜能检验醛基，葡萄糖中含有醛基，葡萄糖和新制氢氧化铜悬浊液发生氧化反应生成砖红色氧化亚铜，所以能一步实现，故正确；故选A点评：本题考查物质之间的转化，明确物质的性质是解本题关键，注意物质的特殊性质，如HF能和二氧化硅反应但HCl和二氧化硅不反应等，为易错点9（2分）短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大它们分别位于不同的主族，X的最高正价与最低负价代数和为0，Y为金属元素，Y与Z最外层电子数之和与W的相等，X与W所在族序数之和等于10下列说法正确的是（）A原子半径

35、大小顺序：r（W）r（Z）r（Y）r（X）BW分别与X、Y形成的化合物中化学键类型相同CX的最高价氧化物的水化物的酸性比Z的弱DZ的简单氢化物的热稳定性比W的强考点：原子结构与元素周期律的关系 分析：短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们分别位于不同的主族，X的最高正价与最低负价代数和为0，X与W所在族序数之和等于10，则X处于A主族，W处于A族，结合原子序数可知，X为C元素、W为S元素，Y与Z最外层电子数之和与W的相等，即二者最外层电子数之和为6，又由于分别位于不同的主族，只能为IA、A族元素，结合原子序数，则Y为Na、Z为P元素，据此解答解答：解：短周期元素X、Y、Z、W的原子序

36、数依次增大，它们分别位于不同的主族，X的最高正价与最低负价代数和为0，X与W所在族序数之和等于10，则X处于A主族，W处于A族，结合原子序数可知，X为C元素、W为S元素，Y与Z最外层电子数之和与W的相等，即二者最外层电子数之和为6，又由于分别位于不同的主族，只能为IA、A族元素，结合原子序数，则Y为Na、Z为P元素A同周期自左而右原子半径减小、电子层越多原子半径越大，故原子半径：Y（Na）Z（P）W（S）X（C），故A错误；BW分别与X、Y形成的化合物为CS2、Na2S，前者含有共价键，后者含有离子键，故B错误；CX、Z的最高价氧化物的水化物分别为碳酸、磷酸，碳酸酸性比磷酸弱，故C正确；D非金

37、属性Z（P）W（S），故氢化物稳定性PH3H2S，故D错误，故选C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10（2分）已知：S（g）+O2（g）SO2（g）；H1S（s）+O2（g）SO2（g）；H22H2S（g）+O2（g）2S（s）+2H2O（l）；H32H2S（g）+3O2（g）2SO2（g）+2H2O（l）；H4SO2（g）+2H2S（g）3S（s）+2H2O（l）；H5下列关于上述反应焓变的判断不正确的是（）AH1H2BH3H4CH5=H3H2D2H5=3H3H4考点：反应热的大小比较；用盖斯定律进行有关反应热的计算 分析：A、硫从固体变为气

38、体的过程是吸热的过程；B、硫化氢完全生成二氧化硫放出的热量要比不完全燃烧生成硫单质放出的热量多；C、方程式SO2（g）+2H2S（g）3S（s）+2H2O（l）可以根据2H2S（g）+O2（g）2S（s）+2H2O（l）减去S（s）+O2（g）SO2（g）得到，据盖斯定律来回答；D、方程式SO2（g）+2H2S（g）3S（s）+2H2O（l）可以根据2H2S（g）+O2（g）2S（s）+2H2O（l）、2H2S（g）+3O2（g）2SO2（g）+2H2O（l）得到，据盖斯定律来回答解答：解：A、硫从固体变为气体的过程是吸热的过程，硫单质的燃烧放热，焓变均小于零，所以H1H2，故A正确；B、硫化

39、氢完全生成二氧化硫放出的热量要比不完全燃烧生成硫单质放出的热量多，硫化氢的燃烧都是放热的，焓变是负值，所以H3H4，故B错误；C、方程式SO2（g）+2H2S（g）3S（s）+2H2O（l）可以根据2H2S（g）+O2（g）2S（s）+2H2O（l）减去S（s）+O2（g）SO2（g）得到，据盖斯定律H5=H3H2，故C正确；D、方程式2SO2（g）+4H2S（g）6S（s）+4H2O（l）可以根据反应3H2S（g）+3O2（g）6S（s）+6H2O（l）减去2H2S（g）+3O2（g）2SO2（g）+2H2O（l）得到，据盖斯定律，2H5=3H3H4，故D正确故选B点评：本题考查了焓变、熵变

40、的判断，明确反应热效应与焓变值大小的关系是解题关键，注意盖斯定律的应用，题目难度中等二、不定项选择题（本题包括5小题，每题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，该小题得0分；若正确答案包括两个选项时，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，该小题得0分.）11（4分）下列有关说法正确的是（）A马口铁（镀锡铁）镀层受损后，铁制品比受损前更容易生锈B2CaCO3（s）+2SO2（g）+O2（g）2CaSO4（s）+2CO2（g）在高温下能自发进行，则该反应的H0C恒温恒容密闭容器中进行的反应N2（g）+3H2（g）2NH3（g）

41、；H=a kJmol1，平衡时向容器中再充入N2和H2，反应速率加快，a值不变D氢硫酸（弱酸）中加入少量CuSO4溶液（H2S+CuSO4CuS+H2SO4），H2S的电离程度和溶液的pH均增大考点：金属的电化学腐蚀与防护；反应热和焓变；化学平衡的影响因素 分析：A、镀锡铁制品镀层破损在潮湿的空气中形成原电池，铁做负极被腐蚀；B、反应自发进行的判断依据是HTS0；C、增大反应物浓度，反应速率加快；焓变仅与系数成正比与平衡状态无关；D、根据反应H2S+CuSO4CuS+H2SO4，H2S的电离程度增大，溶液的pH减小解答：解：A、镀锡铁制品镀层破损在潮湿的空气中形成原电池，铁做负极被腐蚀，所以铁

42、制品比受损前更容易生锈，故A正确；B、2CaCO3（s）+2SO2（g）+O2（g）2CaSO4（s）+2CO2（g）在高温下能自发进行，HTS0，反应S0，说明该反应的H0，故B错误；C、因为增大反应物浓度，反应速率加快，焓变仅与系数成正比与平衡状态无关，所以反应N2（g）+3H2（g）2NH3（g）；H=a kJmol1，平衡时向容器中再充入N2和H2，反应速率加快，a值不变，故C正确；D、由反应H2S+CuSO4CuS+H2SO4得出，H2S的电离程度增大，溶液的pH减小，故D错误；故选AC点评：本题考查了反应热量变化，自发进行的判断依据，原电池原理应用，平衡移动原理的分析判断，题目难度

43、中等12（4分）青藤碱具有驱风寒湿、活血止痛的功效，其结构简式如图所示，下列说法正确的是（）A每个青藤碱分子中含有2个手性碳原子B1mol最多能与1molBr2发生反应C1mol最多能与4molH2发生反应D青藤碱既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应考点：有机物的结构和性质 分析：有机物含有酚羟基，可发生取代、氧化和显色反应，含有碳碳双键，可发生加成、氧化和加聚反应，含有羰基，可发生加成反应，含有氨基，具有碱性，以此解答该题解答：解：A连接4个不同原子或原子团的手性碳原子，分子中含有3个手性碳原子，如图所示，故A错误；B含有酚羟基，可与溴水发生取代反应，含有碳碳双键，可与溴发生加成反应，则1m

44、ol最能与2molBr2发生反应，故B错误；C能与氢气发生加成反应的苯环、羰基和碳碳双键，则1mol最多能与5molH2发生反应，故C错误；D含有氨基，可与盐酸反应，含有酚羟基，可与氢氧化钠反应，故D正确故选D点评：本题考查有机物的结构和性质，为2015届高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构特点和物质的类别的判断，把握有机物官能团的性质为解答该题的关键，难度不大13（4分）下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（）选项实验操作实验现象结论A向溶有SO2的BaCl2溶液中通入气体X产生白色沉淀X一定是Cl2B向NaAlO2溶液中持续通入气体Y先出现白色沉淀，最终沉淀

45、又溶解Y可能是CO2气体C向Na2CO3溶液中加入冰醋酸，将产生的气体直接通入苯酚钠溶液中产生白色浑浊酸性：醋酸碳酸苯酚D向盛有KI3溶液的两试管中分别加入淀粉溶液和AgNO3溶液前者溶液变蓝色，后者有黄色沉淀KI3溶液中存在 I3I2+I平衡AABBCCDD考点：化学实验方案的评价 专题：实验评价题分析：AX为氨气，生成白色沉淀为亚硫酸钡，若X为氯气，生成白色沉淀为硫酸钡；B氢氧化铝只能溶解在强酸中；C发生强酸制取弱酸的反应，但醋酸易挥发，干扰二氧化碳与苯酚钠的反应；D碘遇淀粉变蓝，I与AgNO3溶液反应生成黄色沉淀解答：解：AX为氨气，生成白色沉淀为亚硫酸钡，若X为氯气，生成白色沉淀为硫酸

46、钡，则X可能为氨气或Cl2等，故A错误；B氢氧化铝只能溶解在强酸中，则Y是CO2气体，观察到出现白色沉淀，且沉淀不溶解，故B错误；C发生强酸制取弱酸的反应，但醋酸易挥发，干扰二氧化碳与苯酚钠的反应，则不能比较碳酸、苯酚的酸性，故C错误；D由现象可知，KI3溶液中存在 I3I2+I平衡，分别加入淀粉溶液和AgNO3溶液平衡均正向移动，故D正确；故选D点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质的性质、酸性比较、化学平衡等，注重2015届高考高频考点的考查，把握物质的性质、反应原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的综合考查，题目难度中等14（4分）25时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度

47、关系正确的是（）A0.1molL1CH3COOH与0.1molL1氨水等体积混合（PH=7）：c（NH4+）=c（CH3COO）=c（H+）=c（OH）B0.1molL1HCl溶液与0.2molL1氨水等体积混合（PH7）：c（NH4+）c（Cl）c（NH3H2O）c（OH）C0.1molL1CH3COONa与0.1molL1CaCl2溶液等体积混合：c（Na+）+c（Ca2+）=c（CH3COO）+c（CH3COOH）+2c（Cl）D0.1molL1Na2CO3溶液与0.1molL1 NaHCO3溶液等体积混合：c（HCO3）0.05molL1c（CO32）c（OH）考点：离子浓度大小的比较

48、 分析：A混合液的pH=7，则c（H+）=c（OH），结合电荷守恒可知：c（NH4+）=c（CH3COO），由于氢离子和氢氧根离子浓度较小，则c（NH4+）=c（CH3COO）c（H+）=c（OH）；B反应后溶质为等浓度为一水合氨和氯化铵，混合液的pH7，说明铵根离子的水解程度小于一水合氨的电离程度，则c（NH4+）c（NH3H2O），结合物料守恒可知：c（NH4+）c（Cl）c（NH3H2O）；C根据混合液中的物料守恒判断；D碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子的水解程度，则碳酸氢根离子浓度增大，碳酸根离子浓度减小，即：c（HCO3）0.05molL1c（CO32）解答：解：A0.1molL

49、1CH3COOH与0.1molL1氨水等体积混合（pH=7），则c（H+）=c（OH），结合电荷守恒可知：c（NH4+）=c（CH3COO），由于氢离子和氢氧根离子浓度较小，则溶液中离子浓度大小为：c（NH4+）=c（CH3COO）c（H+）=c（OH），故A错误；B0.1molL1HCl溶液与0.2molL1氨水等体积混合后，溶质为等浓度为NH3H2O和NH4Cl，混合液的pH7，说明NH3H2O的电离程度大于NH4+的水解程度，则c（NH4+）c（NH3H2O），结合物料守恒c（NH4+）+c（NH3H2O）=2c（Cl）可知：c（NH4+）c（Cl）c（NH3H2O），由于一水合氨的电离

50、程度较小，则溶液中离子浓度大小为：c（NH4+）c（Cl）c（NH3H2O）c（OH），故B正确；C0.1molL1CH3COONa与0.1molL1CaCl2溶液等体积混合，根据物料守恒可得：c（Na+）+2c（Ca2+）=c（CH3COO）+c（CH3COOH）+c（Cl），故C错误；D0.1molL1Na2CO3溶液与0.1molL1NaHCO3溶液等体积混合，由于CO32的水解程度大于HCO3，则HCO3浓度增大，CO32浓度减小，溶液中离子浓度大小为：c（HCO3）0.05molL1c（CO32）c（OH），故D正确；故选BD点评：本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，明确混合液

51、中溶质组成为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理的含义及应用方法，试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力15（4分）在1.0L恒容密闭容器中投入1mol CO2和2.75mol H2发生反应：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g），实验测得不同温度及压强下，平衡时甲醇的物质的量变化如图所示下列说法正确的是（）A该反应的正反应为放热反应B压强大小关系为p1p2p3CM点对应的平衡常数K的值约为1.04×102D在p2及512 K时，图中N点v（正）v（逆）考点：化学平衡的影响因素 专题：化学平衡专题分析：A根据图象，随着温度升高，平衡时

52、甲醇的物质的量在减小，所以升温平衡向逆反应方向移动；B根据图象，作一条等温线，根据该反应为气体体积减小的反应，压强越大，平衡时甲醇的物质的量也越大判断；C由图可知，M点对应的甲醇产量为0.25mol，据此列三段式结合平衡常数K的计算公式进行计算；D由图可知，在p2及512 K时，N点甲醇的物质的量还小于平衡时的量，所以应该正向移动；解答：解：A由图可知，随着温度升高，平衡时甲醇的物质的量在减小，所以升温平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，故A正确；B由图可知，作一条等温线，因为该反应为气体体积减小的反应，压强越大，平衡时甲醇的物质的量也越大，所以p1p2p3，故B错误；C由图可知，M点对

53、应的甲醇产量为0.25mol，则 CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）开始 1 2.75 0 0反应 0.25 0.75 0.25 0.25平衡 0.75 2 0.25 0.25又体积为1.0L，所以K=1.04×102；故C正确；D由图可知，在p2及512 K时，N点甲醇的物质的量还小于平衡时的量，所以应该正向移动，则v（正）v（逆），故D错误；故选AC点评：本题考查温度、压强等之间的关系，明确外界条件对平衡的影响，学会采用定一议二法分析图象是解本题的关键，难度不大三、非选择题（本题包括6小题，每空1分，共14分）16（12分）利用废旧干电池拆解后的碳包滤渣（含MnO2、C、Hg2+等），既可制取MnSO44H2O