江西省上饶市2015年高考化学三模试卷汇总

1、江西省上饶市2015年高考化学三模试卷、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1.化学与环境？材料？信息？能源关系密切，下列说法不正确的是（）A.利用催化设施，可以将汽车尾气中CO和NO转化为无害气体；B.聚乙烘用I2或Na等做掺杂处理后可形成一种导电塑料，该导电塑料是一种纯净物，有,固定的熔点？沸点C.：先通入氯气，再加入硫酸亚铁处理水，能达到消毒杀菌和除去悬浮杂质的目的D.半导体行业中有一句话：从沙滩到用户”计算机芯片的材料是硅考点：常见的生活环境的污染及治理；混合物和纯净物；氯气的化学性质；硅和二氧化硅.分析：A.汽车尾气系统中使用催化转化器，可降低CO、NO等有毒气体的排放；B?聚

2、乙烘用I2或Na等做掺杂处理后可形成一种导电塑料，属于混合物，无固定的熔点、沸点；C.氯气具有强氧化性，可消毒杀菌，可将亚铁离子氧化为三价铁离子，铁离子水解能生成氢氧化铁胶体具有吸附性可净水；D?硅单质是半导体材料，常用于计算机芯片的材料和太阳能电池解答：解：A.利用催化设施，可以将汽车尾气中CO和NO转化为无害气体二氧化碳和氮气，故A正确；B?聚乙烘是一种导电聚合物，属于混合物，混合物无固定的熔点、沸点，故B错误;C.氯气具有强氧化性，可消毒杀菌，可将亚铁离子氧化为三价铁离子，铁离子水解能生成氢氧化铁胶体具有吸附性可净水，故C正确；D?沙子主要成分是二氧化硅，通过反应可以生成硅，硅单质是半导

3、体材料，常用于计算机芯片的材料和太阳能电池，故D正确；故选：B.点评：本体考查了物质的性质和用途，明确硅、二氧化硅、氯气等物质的性质是解题关键，注意混合物不具有固定的熔沸点，题目难度不大.考点：化学实验方案的评价.？分析.|A?二氧化氮与水反应生成NO;B?镀锌时电解质应为含锌离子的物质；C?不能在容量瓶中稀释浓硫酸；D.过氧化钠为粉末固体，与水接触后不能分离.解答：解:.二氧化氮与水反应生成NO,则导管长进短出可除杂，故A正确；B?镀锌时电解质应为含锌离子的物质，则图中电解质应为硫酸锌或硝酸锌等，故B错误；C.不能在容量瓶中稀释浓硫酸，应在烧杯中稀释、冷却后转移到容量瓶中，故错误；除去NO中

4、的NO2点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及混合物分离提纯、电镀、溶液配制、气体的制备等，把握物质的性质、反应原理、实/基本操作等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大.（6分）（2015?上饶三模）现有5种短周期元素X?Y?Z?Q?W,原子序数依次增大，在铁制品表面镀锌周期表中X原子的半径最小；X和W同主族；Y原子的核外电子总数是其次外层电子数的3倍，Q是地壳中含量最高的元素？下列说法不正确的是(AO原子半径：YvQvW乙X3可使紫色石蕊试液变蓝?C?Z?Q可组成离子化合物或共价化合物?D10-10和2.710-15,则饱和溶液中c(X+)一

5、定大于c(A3+)C.每个Fe(OH)3胶体粒子含一个氢氧化铁分子D.某溶液中存在K+?HCO3-?CO32-?OH-?H+,其离子浓度大小顺序可能为c(K+)c(HCO-3)c(H+)c(CO2-3)考点：离子浓度大小的比较；分散系、胶体与溶液的概念及关系；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；中和滴定.分析：A、测定的盐酸的体积变小，所以测定的盐酸浓度偏低；B、依据溶度积常数计算计算；氢氧化铁胶体中的分散质粒子是很多Fe(OH)3分子的集合体；如果是碳酸氢钾溶液中存在K+?HCO3-?CO32-?OH-?H+，其溶液离子浓度大小为c(K+)c(HCO-3)c(H+)c(CO2-3).解答：

6、解：A、若滴定前仰视读数，滴定终点时俯视读数，则测定的盐酸的体积变小，所以测定的盐酸浓度偏低，故A错误;B、c(X+)=_=10-5,c(A3+)=?1.4X-(5，故C(X+)c(HCO-3)c(H+)c(CO2-3),故D正确；故选D.点评：本题主要考查离子浓度的大小和难溶电解质的溶解平衡、酸碱中和滴定等，综合性强题目难度不大. TOC o 1-5 h z （6分）（2015?上饶三模）下列说法不正确的是（）A?银氨溶液可以用于区分麦芬糖和蔗糖.B.乙醇、乙二醇、丙三醇的沸点依次升高CC9OH1mol乙酰水杨酸（DOH（JCOCII）最多可以和2molNaOH反应-oTT HYPERLIN

7、K l bookmark10 o Current Document HI（H可用机HCHO为原料合成1考点：有机物的结构和性质；晶体熔沸点的比较；有机物的鉴别；常用合成高分子材料的化学成分及其性能.？分析：A.麦芬糖为还原性糖，可以与银氨溶液反应；B?乙醇、乙二醇、丙三醇相对分子质量逐渐增大，氢键数目增多；C?乙酰水杨酸含有竣基和酯基，且可水解生成酚羟基；D?反应类似苯酚与甲醛的缩聚反应.解答：解：A.麦芬糖为还原性糖，可以与银氨溶液反应，蔗糖不反应，故A正确；B?乙醇、乙二醇、丙三醇相对分子质量逐渐增大，氢键数目增多，则乙醇、乙二醇、丙三醇的沸点依次升高，故B正确；C?乙酰水杨酸含有竣基和酯

8、基，且可水解生成酚羟基，则1mol乙酰水杨酸C9OH/OCOCH（）最多可以和3molNaOH反应，故C错误；D.反应类似苯酚与甲醛的缩聚反应，故D正确.故选C.点评：本题考查有机物的结构和性质，为高频考点和常见题型，侧重于学生的分析的考查,注意把握有机物的官能团的性质以及有机物的结构，难度不大（6分）（2015?上饶三模）海水中含有丰富的锂资源，研究人员开发了一种只能让锂离子通过的特殊交换膜，弁运用电解实现从海水中提取高浓度的锂盐，其工作原理如图所示？下列说法不正确臻臻臻的是（）n b内离于空换眼A . c B.1a连接电源的正极-i+的移动方向是从海水进入到盐酸中C.一段时间后，b电极附近

9、溶液的pH降低D.电解过程中还可能获得有经济价值的副产物氢气和氯气考点：电解原理.？分析：要想从海水中提取高浓度的锂盐，则锂离子应从海水进入到盐酸中，依据电解池工作原理，阳离子移向阴极，可知b为阴极与电源负极相连，a为阳极与电源正极相连；电解池阳极海水中的氯离子放电生成氯气，阴极上盐酸中的氢离子失去电子发生还原反应生成氢气，据此解答.解答：解：A?要想从海水中提取高浓度的锂盐，则锂离子应从海水进入到盐酸中，依据电解池工作原理，阳离子移向阴极，可知b为阴极与电源负极相连，a为阳极与电源正极相连，故A正确；B?电解池中阳离子移向阴极，b电极为阴极，所以Li+的移动方向是从海水进入到盐酸中，故B正确

10、；C.b电极为阴极，阴极上氢离子放电，氢离子浓度减小，pH值增大，故C错误；D?电解池阳极海水中的氯离子放电生成氯气，阴极上盐酸中的氢离子失去电子发生还原反应生成氢气，故D正确；故选：C.点评：本题考查了电解原理，明确电解池工作原理、准确判断电解池的阴阳极及发生的反应是解题关键，题目难度不大.（6分）（2015?上饶三模）某溶液仅含Fe2+、Na+、AI3+、Ba2+、SO42-、N03-、Cl-中的4种离子，所含离子的物质的量均为1mol.若向该溶液中加入过量的稀硫酸，有气体产生，且溶液中阴离子种类不变（不考虑水的电离和离子的水解）？下列说法不正确的是（）A.亥溶液中所含的离子是：Fe2+、

11、Na+、SO42-、NO3-B.若向该溶液中加入过量的稀硫酸，产生的气体在空气中能变成红棕色C.若向该溶液中加人过量的稀硫酸和KSCN溶液，溶液显血红色；D.若向该溶液中加入足量的NaOH溶液，充分反应后，过滤、洗涤、灼烧，最终所得固体的质量为72g考点：常见离子的检验方法.专题：离子反应专题.分析：向该溶液中加入过量的稀硫酸，有气泡产生，且溶液中阴离子种类不变，则一定发生Fe2+、N03-的氧化还原反应生成硝酸铁和NO,阴离子种类不变，则原溶液中存在SO42-,又溶液中含有四种离子，所含离子的物质的量均为1mol,由电荷守恒可知,含有带一个单位正电荷的阳离子，以此来解答.解答：解：向该溶液中

12、加入过量的稀硫酸，有气泡产生，且溶液中阴离子种类不变，则一定发生Fe2+、N03-的氧化还原反应生成硝酸铁和NO,阴离子种类不变，说明原溶液中原来已经存在SO42-,又溶液中含有四种离子，反应生成了Fe3+,所含离子的物质的量均为1mol,由电荷守恒可知，含有带一个单位正电荷的阳离子，即一定含有Na+,A、由上述推断可知，该溶液中所含的离子为：Fe2+、Na+、SO42-、NO3-,故A正确；B、生成的NO易被空气中的氧气氧化成红棕色的二氧化氮，故B正确；C、该溶液中加酸发生氧化还原反应生成三价铁离子，若加KSCN溶液，则溶液显血红色，故C正确；D、若向该溶液中加入足量的NaOH溶液，充分反应

13、后，过滤、洗涤、灼烧，最终所得固体为氧化铁，其质量为:0.5molxi60g/mol=80g,故D错误,故选：D.点评：本题考查离子的检验，明确常见离子的性质及检验中发生的化学反应是解答本题的关键，注意检验中应排除离子的相互干扰来解答，弁注意离子共存及电荷守恒的应用，题目难度中等.二、解答题（共3小题，满分43分）（12分）（2015?上饶三模）氢澳酸在医药和石化工业上有广泛用途.如图是模拟工业制备氢澳酸的流程如图1:图I图2回答下列问题：混合中发生反应的离子方程式为SO2+Br2+2H2O=4H+2Br-+SO42-.混合中加入试剂a是BaCI2溶液.（3）加入Na2SO3的目的是除去过量的

14、Br2，但要防止过量，原因是SO32-+2H+=SO2f+H2O（请用离子方程式表示）.（4）工业氢澳酸常带有淡淡的黄色，可能的原因是：含Fe3+含Br2含Fe3+和Br2,只用下列一种试剂就能分析产生淡黄色的原因？该试剂是e（填写字母）.a.KMnO4溶液b.NaOH溶液c.KSCN溶液d.淀粉KI溶液e.CCI4（5）实验室制取Br2的反应为：2NaBr+3H2SO4+NmO22NaHSO4+MnSO4+Br2f+2H2O制取Br2最好选用下列装置中的c（填写字母，固定和加热装置均已省略）？简述检验图2装置气密性的方法关闭分液漏斗活塞，将烧瓶上的导气管连接一段橡皮管弁伸入水中，用手捂热烧瓶

15、，若导管末端有气泡产生，冷却后导管中上升一段水柱，证明装置气密性良好考点：氯、澳、碘及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计专题：卤族元素.分析：(1)Br2具有强氧化性，在溶液中将S02氧化为H2SO4，自身被还原为HBr.由流程图可知，混合后过滤生成硫酸钡，滤液蒸馏产生NaCI溶液，故钡离子、氯离子应是加入试剂a引入的；Na2SO3过量，能与HBr反应生成二氧化硫、溴化钠、水；CCI4与溶液混合后分层，根据有机层与水溶液的颜色判断氢溴酸常带黄色原因；根据反应物的状态、反应条件选择装置；检验装置气密性为：关闭分液漏斗活塞，将烧瓶上的导气管连接一段橡皮管并伸入水中，用手捂热烧瓶，若导管末端有气

16、泡产生，冷却后导管中上升一段水柱，证明装置气密性良好.解答：解：(1)Br2具有强氧化性，在溶液中将S02氧化为H2SO4,自身被还原为HBr,反应离子方程式为SO2+Br2+2H2O=4H+2Br-+SO42-,故答案为：SO2+Br2+2H2O=4H+2Br-+SO42-；由流程图可知，混合后过滤生成硫酸钡，滤液蒸馏产生NaCI溶液，故钡离子、氯离子应是加入试剂a引入的，故试剂a为BaCI2溶液，故答案为：BaCI2溶液；Na2SO3过量，能与HBr反应生成二氧化硫、溴化钠、水，反应离子方程式为SO32-+2H+=SO2f+H2O,故答案为：SO32-+2H+=SO2+H2O；CCI4与溶

17、液混合后分层，有机层在下层，水层在上层，若有机层无色，水层为黄色，则为含Fe3+所致，若有机层为橙色，水层为无色，为含Br2所致，若有机层为橙色、水层为黄色，则为含Fe3+和Br2所致，故选e；该反应为固体、液体混合加热制备气体，应选择c装置，检验装置气密性为：关闭分液漏斗活塞，将烧瓶上的导气管连接一段橡皮管并伸入水中，用手捂热烧瓶，若导管末端有气泡产生，冷却后导管中上升一段水柱，证明装置气密性良好，故答案为：c;关闭分液漏斗活塞，将烧瓶上的导气管连接一段橡皮管并伸入水中，用手捂热烧瓶，若导管末端有气泡产生，冷却后导管中上升一段水柱，证明装置气密性良好.点评：本题以制备氢溴酸为载体，考查学生对

18、工艺流程的理解、物质的分离提纯等基本操作、物质检验、实验方案设计、物质性质等，难度中等，理解原理是解题的关键，是对知识的综合 TOC o 1-5 h z 运用，需学生具有扎实的基础知识与灵活运用知识解决问题的能力.(16分)(2015?上饶三模)物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个基本视角？图中X的电子式为厅儿匕；其水溶液长期在空气中放置容易变浑浊，该变化体现出：S非金属性比O弱(填强”或弱”？用原子结构解释原因：同主族元素最外层电子数相同，从上到下，电子层数增多，原子半径增大，得电子能力逐渐减弱？Na2S2O3是一种用途广泛的钠盐？下列物质用于Na2S2O3的制备，从氧化还原反应

19、的角度，理论上有可能的是bd(填a. Na2S+S字母序号)？b.Z+Sc.Na2SO3+Yd.NaHS+NaHSO3已知反应：Na2S2O3+H2SO4Ma2SO4+$+SO2T+H2O?研究其反应速率时，下列说法正确的是b(填写字母序号)？可通过测定一段时间内生成SO2的体积，得出该反应的速率可通过比较出现浑浊的时间，研究浓度？温度等因素对该反应速率的影响可通过Na2S2O3固体与稀硫酸和浓硫酸的反应，研究浓度对该反应速率的影响治理含CO?SO2的烟 TOC o 1-5 h z 道气，可以将其在催化剂作用下转化为单质S和无毒的气体？已知：CO(g)+O2(g)=CO2(g)H=-283kJ

20、?mol1S(s)+O2(g)=SO2(g)H=-296kJ?mol-1则治理烟道气反应的热化学方程式为2CO(g)+SO2(g)S(s)+2CO2(g)H=-270kJ?mol-1?一定条件下，将CO与SO2以体积比为4:1置于恒容密闭容器中发生上述反应，下列选项能说明反应达到平衡状态的是cd( 填写字母序号) ？v(CO)：v(SO2)=2：1平衡常数不变气体密度不变C02和S02的体积比保持不变测得上述反应达平衡时，混合气体中CO的体积分数为，则S02的转化率为60%?最近科学家提出绿色自由”构想：把空气吹入碳酸钾溶液，然后再把CO2从溶液中提取出来，经化学反应后使空气中的CO2转变为可

21、再生燃料甲醇？甲醇可制作燃料电池？写出以氢氧化钾为电解质的甲醇燃料电池负极反应式CH3OH-6e-?+8OH-=CO32-+6H2O某同学用沉淀法测定含有较高浓度CO2的空气中CO2的含量，经查得一些物质在20C的数据如下表？容解度(s)/g溶度积(Ksp)Ca(OH)2Ba(OH)2CaCO3BaCO3).163.892.9X0-92.6M0-9吸收CO2最合适的试剂是Ba(OH)2(填“Ca(OH)2”或“Ba(OH)2溶液？ir：w*Wlh考点：化学平衡的计算；原电池和电解池的工作原理；化学平衡状态的判断；难溶电解质的0溶解平衡及沉淀转化的本质；含硫物质的性质及综合应用分析：(1)X为H

22、2S,S最外层6个电子，能够与2个H原子形成共价键；H2s在空气中变浑浊是因为被氧气氧化为S;同主族元素最外层电子数相同，原子半径自上而下逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，失电子能力逐渐增强；Na2s2O3中S为+2价，从氧化还原的角度分析，反应物中S元素化合价必须分别大于2和小于2;硫代硫酸钠与稀硫酸反应生成了单质硫，溶液变浑浊，反应速率越快，出现浑浊时间越短；由信息可知转化为单质S和无毒的气体二氧化碳，利用已知热化学方程式，利用盖斯定律可知;E-得到2CO(g)+SO2(g)S(s)+2CO2(g);反应达到平衡状态时正逆反应速率相等，各组分浓度保持不变；利用三段式法得到_7平衡的各物质浓度，

23、由达平衡时混合气体中CO的体积分数为五计算转化的量，再计算二氧化硫的转化率；甲醇作燃料电池，以氢氧化钾为电解质，则负极上甲醇失去电子生成碳酸根离子；由表格数据可知，溶度积相差不大，但溶解度差异大，溶解度大的其浓度大，吸收效果好.解答：解：(1)X中S元素的化合价为-2价，则X为H2S,S最外层6个电子，能够与2个H原子形成共价键，其电子式为H:S：H；H2S在空气中变浑浊是因为被氧气氧化为S,所以S非金属性比0弱；同主族元素最外层电子数相同，原子半径自上而下逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，失电子能力逐渐增强，故答案为：H$：H；弱；电子层数增多，原子半径增大；(2)Na2S2O3中S为+2价，从

24、氧化还原的角度分析，反应物中S元素化合价必须分别大于2和小于2,a中S化合价都小于2,c中S的化合价都大于2,bd符合题意，故答案为：bd；根据硫代硫酸钠与稀硫酸反应生成了单质硫，溶液变浑浊，可以判断反应速率快慢，反应速率越快，出现浑浊时间越短，故答案为：b；(3)已知：CO(g)+02(g)=C02(g)H=-283kJ?mol-1S(s)+O2(g)=SO2(g)H=-296kJ?mol-1由盖斯定律可知;E-得到2CO(g)+SO2(g)S(s)+2CO2(g)H=-270kJ?mol-1,故答案为：2CO(g)+SO2(g)S(s)+2CO2(g)H=-270kJ?mol-1；a.CO

25、和SO2的速率之比始终等于化学计量数之比，其无法判断反应是否达到平衡状态，故a错误;b.温度不变平衡常数始终不变，平衡常数不变不能说明反应达到平衡状态，故b错误；c.容器体积不变，S为固态，反应正向进行气体体积减小，当气体质量不变时，说明各组分浓度不变，反应达到平衡状态，故c正确；d. C02和S02的体积比保持不变说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故d(s) +2CO2 (g)0 0 x2xx2x4 - 2y74-#+1 - x+2x =:1 ,解得 x=0.6 ,正确;反应前转化了平衡后mol)mol)mol)2CO (g) +SO2(g) S2x4 - 2x混合气体中CO的体积分数

26、为110,6所以SO2的转化率为1X100%=60%,故答案为：cd;60%;甲醇燃料电池以氢氧化钾为电解质，则负极上甲醇失去电子生成碳酸根离子，负极反应为CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O,故答案为:CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O;(5)由表格数据可知，碳酸钙、碳酸粉的溶度积相差不大，但Ca(OH)2、Ba(OH)2溶解度差异大，溶解度大的其浓度大，吸收效果好，则吸收CO2最合适的试剂是Ba(OH)2溶液，故答案为：Ba(OH)2.点评：本题考查较综合，涉及氧化还原反应、元素周期律的应用、化学平衡计算、盖斯定律应用、电极反应及图象、表格数据分析等，注重高频

27、考点的考查，把握反应原理、信息处理及应用为解答的关键，综合性较强，题目难度中等(15分)(2015?上饶三模)无机化合物A主要用于药物制造.在一定条件下，2.30g固体A与5.35gNH4Cl固体恰好完全反应，生成固体B和4.48L气体C(标准状况).气体C极易溶于水得到碱性溶液，电解无水B可生成一种短周期元素的金属单质D和氯气.由文献资料知道：工业上物质A可用金属D与液态的C在硝酸铁催化下反应来制备A物质，纯净的A物质为白色固体，但制得的粗品往往是灰色的；物质A的熔点390C,沸点430C,密度大于苯或甲苯，遇水反应剧烈，也要避免接触酸、酒精.在空气中A缓慢分解，对其加强热则猛烈分解，在75

28、0?800C分解为化合物E和气体C.回答下列问题：HA的化学式LiNH2,C的电子式为一，一.A与盐酸反应的化学方程式为LiNH2+2HCI=LiCI+NH4CIA在750? 800C分解的方程式为3LiNH2Li3N+2NH3品往往是灰色的，其可能的原因是制得的产物中含有杂质铁(4)久置的A可能大部分变质而不能使用，需要将其销毁？遇到这种情况，可用苯或甲苯将其覆盖，然后缓慢加入用苯或甲苯稀释过的无水乙醇，试解释其化学原理.LiNH2密度大于苯或甲苯且不溶于它们，所以可用苯或甲苯进行覆盖；乙醇羟基上的氢较活泼，故也可以跟LiNH2反应，方程式为LiNH2+C2H5OH-C2H5OLi+NH3,

29、但是由于醇羟基上的氢比水中氢不活泼，故此反应进行较缓慢，可将其销毁又不会有危险(5)工业制备单质D的流程图如图： 步骤中操作名称是蒸发浓缩、冷却结晶 试用平衡移动原理解释步骤中减压的目的是(g),减小压强，有利于平衡向正方向移动，有利于无水(6)式为存在平衡：LiCI?H2O ( s) ? LiCI ( s) +H2OLiCI的制备.写出D的重氢化合物与水反应的化学方程LiD+H2O=LiOH+HD .BHKQB割解JDF嬉氛It氯咒Jt中考点：无机物的推断专题：推断题.分析：(1)在一定条件下，2.30g固体A与5.35gNH4CI固体恰好完全反应，生成固体4.48L气体C(标准状况)，气体

30、C极易溶于水得到碱性溶液，可推知C为NH3,电解无水B可生成一种短周期元素的金属单质D和氯气，B为金属D氯化物，4.48L氨42L气的物质的量=22.4L/mcd=0.2mol,其质量=0.2molX17g/mol=3.4g,根据质量守恒可知B的质量为2.3g+5.35g-3.4g=4.25g,NH4CI的摩尔质量为53.5g/mol,5.35gNH4CI为0.1mol,若D为nA族金属，则固体A与NH4CI固体反应可表为：A+NH4CRDCI2+NH3,根据CI原子守恒，DCI2的物质的量=0.05mol,其摩尔质量=。?5mcil=85g/mol,D的相对分子质量=85-71=14,不符合

31、题意，若D为IA族金属，则固体A与NH4CI固体反应可表为：A+NH4ODCI+NH3,根据Cl原子守恒，生25召DCI的物质的量=0.1mol,其摩尔质量=?1An1=42.5g/mol,D的相对分子质量=42.5-35.5=7，故D为Li,可推知B为LiCI,那么2.3g化合物A中含Li元素也为O.lmol,再根据质量守恒和原子守恒(原子的种类和数目反应前后相同)，贝U2.3gA中含有N原子为0.2mol-0.1mol=0.1mol,含有H原子为0.2mol4-0.4mol=0.2mol,可推知A是LiNH2;根据化合物A(LiNH2)遇水强烈水解，能生成LiOH和NH3,所以其与盐酸反应

32、生成LiCl、NH4Cl;LiNH2中N原子与H原子数目之比为1:2,NH3中N原子与H原子数目之比为1:3,故化合物E含有Li、N元素，应为Li3N,根据质原子守恒书写方程式为；制得的产物中含有杂质铁，使粗品往往是灰色；LiNH2密度大于苯或甲苯且不溶于它们，所以可用苯或甲苯进行覆盖；乙醇羟基上的氢较活泼，故也可以跟LiNH2反应，但是由于醇羟基上的氢比水中氢不活泼，故此反应进行较缓慢，可将其销毁又不会有危险；、通过工业制备单质Li的流程图可知：步骤是要从LiCl溶液获得LiCl?H2O晶体，所以，其操作应为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤；、步骤中存在平衡：LiCl?H2O(s)?LiCl

33、(s)+H2O(g),结合压强对平衡移动影响分析解答；(6)根据水解原理解答：LiD中阳离子与水电离的氢氧根离子结合，而阳离子与水电离的氢离子结合.解答：(1)在一定条件下，2.30g固体A与5.35gNH4Cl固体恰好完全反应，生成固体B和8L气体C(标准状况)，气体C极易溶于水得到碱性溶液，可推知C为NH3,电解无水B可生成一种短周期元素的金属单质D和氯气，B为金属D氯化物，4.48L氨4.48L气的物质的量=22?4L/wl=0.2mol,其质量=0.2molX17g/mol=3.4g,根据质量守恒可知B的质量为2.3g+5.35g-3.4g=4.25g,NH4C1的摩尔质量为53.5g

34、/mol,5.35gNH4Cl为0.1mol,若D为nA族金属，则固体A与NH4CI固体反应可表为：A+NH4CRDCI2+NH3,根据CI原子守恒，DCI2的物质的量=0.05mol,其摩尔质量4*-55二?0弓bl=85g/mol,D的相对分子质量=85-71=14,不符合题意，若D为IA族金属，则固体A与NH4CI固体反应可表为：A+NH4ODCI+NH3,根据Cl原子守恒，生25召DCI的物质的量=0.1mol,其摩尔质量=二=42.5g/mol,D的相对分子质量=42.5-35.5=7,故D为Li,可推知B为LiCI,那么2.3g化合物A中含Li元素也为O.lmol,再根据质量守恒和

35、原子守恒(原子的种类和数目反应前后相同),贝U2.3gA中含有N原子为0.2mol-0.1mol=0.1mol,含有H原子为0.2mol4-0.4mol=0.2mol,可推知A是LiNH2,氨气的电子式为:H4-I故答案为：LiNH2;根据化合物A(LiNH2)遇水强烈水解，能生成LiOH和NH3,所以其与盐酸反应生成LiCl、NH4Cl,反应方程式为：LiNH2+2HCI=LiCI+NH4CI,故答案为：LiNH2+2HCI=LiCI+NH4CI;LiNH2中N原子与H原子数目之比为1:2,NH3中N原子与H原子数目之比为1:3,故化合物E含有Li、N元素，应为Li3N，反应方程式为：3Li

36、NH2Li3N+2NH3;制得的产物中含有杂质铁，使粗品往往是灰色,故答案为：3LiNH2Li3N+2NH3;制得的产物中含有杂质铁；LiNH2密度大于苯或甲苯且不溶于它们，所以可用苯或甲苯进行覆盖；乙醇羟基上的氢较活泼，故也可以跟LiNH2反应，方程式为LiNH2+C2H5OHTC2H5OLi+NH3，但是由于醇羟基上的氢比水中氢不活泼，故此反应进行较缓慢，可将其销毁又不会有危险，故答案为：LiNH2密度大于苯或甲苯且不溶于它们，所以可用苯或甲苯进行覆盖；乙醇羟基上的氢较活泼，故也可以跟LiNH2反应，方程式为LiNH2+C2H5OH-TC2H5OLi+NH3，但是由于醇羟基上的氢比水中氢不

37、活泼，故此反应进行较缓慢，可将其销毁又不会有危险.通过工业制备单质Li的流程图可知：步骤是要从LiCI溶液获得LiCI?H2O晶体，所以，其操作应为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤？步骤是要将LiCI-H2O晶体在减压、干燥的氯化氢气氛中加热(200C)生成无水LiCI，然后经步骤电解熔融的LiCI制得金属Li,则：步骤中的操作己经有过滤、洗涤，还应有蒸发浓缩、冷却结晶”，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；LiCI?H20晶体脱去结晶水生成无水LiCI的反应：LiCI?H20(s)?LiCI(s)+H20(g),是一个扩大气体体积的反应，所以减小压强，有利于平衡LiCI?H20(s)?LiCI+H

38、20(g),向正方向移动，有利于无水LiCI的制备.故答案为：存在平衡：LiCI?H20(s)?LiCI(s)+H20(g),减小压强，有利于平衡向正方向移动，有利于无水LiCI的制备；LiD中阳离子与水电离的氢氧根离子结合，而阳离子与水电离的氢离子结合，反应方程式为：LiD+H2O=LiOH+HD,故答案为：LiD+H20=Li0H+HD.点评：本题考查无机物推断、化学实验等，题目素材比较陌生，增大题目难度，侧重考查学生对知识的迁移应用与综合分析解决问题能力，对学生的逻辑推理有较高的要求，计算推断金属D为Li是关键，难度较大.、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

39、题中每科任选一题作答，弁用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑？注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题？如果多做，则每学科按所做的第一题计分【化学-选彳2:化学与技术】11.(15分)(2015?上饶三模)由熔盐电解法获得的粗铝含有一定量的金属钠和氢气，这些杂质可采用吹气精炼法除去，产生的尾气经处理后可用于钢材镀铝，工艺流程如下：(已知：NaCI熔点为801C;AICI3在181C升华；固体直接变为气体叫做升华)r气体A同收就“电镀讣q固休口血、:二70融盐把NaCI和AICI3的固体混合加热到 181 ( 最低温物置于如图所示的装置的一端，度)C,即可分离

40、NaCI和AICI3?(2)浮除去？气泡的主要成分除 CI2外将CI2连续通入生期中的粗铝熔体里，杂质随气泡上(4) Na+?K+?AICI4 - ?AI2CI7-等离子？钢材表面(电极)的电极反应式为氧化铝膜，避免钢材接触空气而防止钢材被腐AICI4 - +3e AI+4CI -或 AI2O7 - +6e -还含有H2、HCI、AICI3;固态杂质黏附于气泡上，在熔体表面形成浮渣，浮渣中肯定存在的物质是NaCI?用废碱液处理气体A的过程中，所发生反应的离子方程式有：H+O1+H2O,CI2+2OH-=CI-+CIO-+H2O镀铝电镀池中，金属铝为阳极，熔融盐电镀池中存在 TOC o 1-5

41、h z =2AI+7CI-?(5)钢材镀铝后，在表面氧化成致密的:物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；原电池和电解池的工作原理:粗铝700。C通入氯气在生期中精炼，将CI2连续通入生期中的粗铝熔体，杂质随气泡上浮除去.气泡的主要成分除CI2外还含有H2、HCI、AICI3,除渣得到高纯铝液和尾气，高纯铝液冷却得到高纯铝锭，尾气冷凝得到气体A为CI2,废碱液回收得到回收液；B固体加入氯化钠氯化钾加热得到熔融盐电镀得到镀铝制品；NaCI熔点为801C；AICI3在181C升华，据此分析分离的温度根据题中信息：NaCI熔点为801C；AICI3在181C升华，在结合物质之间的反应来分析；酸性气体

42、能和强碱反应，用烧碱来处理尾气，氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；电镀池中镀件金属作阳极，金属发生氧化反应，钢材做阴极得到电子发生还原反应，熔融盐电镀池中存在Na+?K+?AICI4-?AI2CI7-等离子分析根据氧化铝的性质稳定来回答，铝金属表面形成的致密氧化铝膜具有保护作用：辟不檄7。0喟职聋尾气冷凝得到气体A为CI2,废喷液回收得,将CI2连续通入生期中的粗知熔体，杂得随气泡上浮除去.气泡的主要成分除CI2外还含有H2、HCI、AICI3,除渣得到高纯铝液和尾气，高纯铝液冷却得到高纯铝锭，尾气冷凝得到气体A为CI2,废碱液回收得到回收液；B固体加入氯化钠氯化钾加热得到熔融盐

43、电镀得到镀铝制品；NaCI熔点为801C;AICI3在181C升华，把NaCI和AICI3的固体混合物置于如图所示的装置的一端，加热到181C氯化铝变化为气体升华，在另一端冷凝分离，故答案为：181;粗铝含有一定量的金属钠和氢气，钠、铝和氯气反应生成了氯化钠和氯化铝，氢气和氯气发生反应生成氯化氢，其中氯化钠熔点为801C,较高，是固态杂质随气泡上浮，气泡的主要成分除CI2外还含有H2、HCI、AICI3,故答案为：H2、HCI、AICI3;NaCI;A中有氯气以及氯化氢，均能和烧碱反应，用于尾气处理，实质为：CI2+2OH-=CI-+CIO-+H2O,H+OH-=H2O，故答案为：CI2+2O

44、H-=CI-+CIO-+H2O;电镀池中镀件金属铝作阳极，金属铝失电子发生氧化反应，钢材做阴极，表面(电极)的电极反应式为：AICI4-+3eAI+4CI-或AI2O7-+6e-=2AI+7CI-,故答案为：阳；AI2O7-+6e-=2AI+7CI-;铝金属表面形成的致密氧化铝膜具有保护作用，致密的氧化膜能隔绝钢材与空 TOC o 1-5 h z 气中的02、CO2和H2O等接触，使电化学腐蚀和化学腐蚀不能发生，故答案为：氧化铝膜.点评：本题考查了物质分离提纯的流程分析判断，物质性质和试剂作用于产物的判断是解题关键，是一道有关金属的工业制备知识题目，考查角度广，难度中等.二、化学-选修3:物质

45、结构与性质(15分)(2015?上饶三模)I.德国和美国科学家首先制出由20个碳原子组成的空心笼状分子C20,该笼状结构是由许多正五边形构成如图.C20分子中每个碳原子只跟相邻的3个碳原子形成化学键；多面体的顶点数、面数和棱边数的关系，遵循欧拉定理：顶点数+面数+棱边数=2，请回答：C20分子共有12个正五边形，共有30条棱边.n.A、B、C是短周期非金属元素，核电荷数依次增大.A原子外围电子排布为ns2np2,C是地壳中含量最多的元素.D元素的核电荷数为29?请用对应的元素符号或化学式填空：A、B、C的第一电离能由小到大的顺序为CvOvN.分子(AB)2中键与键之间的夹角为180并有对称性，

46、每个原子最外层电子数均满足八电子，其结构式为心 , 1mol 该分子中含有n 键的数目为4NA （或2.408X024).该分子中碳原子的杂化轨道类型是sp,该分子属于非极性分子(填极性”或非极性”).基态D原子的电子排布式为1s22s22P63s23P63d104s1考点：晶胞的计算；位置结构性质的相互关系应用.专题：元素周期律与元素周期表专题；化学键与晶体结构.分析：I?每条共价键被两个碳原子共有，根据欧拉定理计算；II.由题意可知，A、B、C、D四种元素分别是C、N、0、Cu;(1)根据第一电离能递变规律得到答案；(2)(CN)2中键与键之间的夹角为180C最外层电子数为4,N原子最外层

47、电子数为5,且每个原子最外层电子数均满足八电子推断其结构式；根据结构式判断n键数目，根据结构式判断杂化类型，根据其对称性判断其分子类型；(3)根据Cu的原子序数为29,根据能量最低原则、泡利不相容原理和洪特规则写出核外电子排布式.解答：人鼻解：I.顶点数为20,每条共价键被两个碳原子共有，所以棱数为2=30;根据欧拉定理，面数=30+2-20=12,故答案为：12、30;(1)第一电离能从左到右呈增大趋势，由于N原子2P轨道半充满，较为稳定，其第一电离能较大，0原子2p轨道比N原子多一个电子，容易失去第一个电子，N原子第一电离能大于0原子，第一电离能从小到大顺序为：CV0VN,故答案为：CV0

48、VN;(CN)2中键与键之间的夹角为180C最外层电子数为4,N原子最外层电子数为5,且每个原子最外层电子数均满足八电子，则C、N原子之间以C-N结合，C还有一个未成对电子，故两个C原子形成一对共用电子对，则其结构式为:；根据结构式可知，分子内含有4条n键，则1mol该分子中含有4moln键，结构中含有两条CN,即有2条2P轨道未参与杂化，判断杂化类型为sp杂化,由于其分子具有对称性，又由于键与键之间的夹角为180呈直线型，属于非极性分子,故答案为：一、4NA（或2.4081024）、sp、非极性；Cu的原子序数为29,根据能量最低原则、泡利不相容原理和洪特规则写出核外电子排布式为：1s22s22P63s23P63d104s1,故答案为：1s22s22P63s23P63d104s1点评：本题综合考查物质结构与性质，涉及核外电子排布规律、电离能、杂化理论、分子结构、晶胞结构等，难度中等.三、【化学-选修有机化学基础】（15分）13.（2015?上饶三模）现有分子式为CnH8O2X2的物质M,可发生如下所示转化：HAACOOH一*红色沉淀CHiCHOrH-rw-rnnNM水猛泌叶01 C0。NH4已知：物质B在质谱分析中，在质谱图显示存在多种质荷比不相同的粒子，其中质荷比