2015年江西省南昌市十所省重點(diǎn)中學(xué)高考模擬化學(xué)試卷（九） （解析版）

1、2015屆江西省南昌市十所省重點(diǎn)中學(xué)高考模擬化學(xué)試卷（九） （解析版）一、選擇題：本題共7小題，每小題6分，在每小題給出的4個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的1（6分）（2015南昌校級(jí)模擬）讀下列藥品標(biāo)簽，有關(guān)分析不正確的是（）選項(xiàng)ABCD物品標(biāo)簽藥品：×××分析該試劑應(yīng)該裝在橡膠塞的細(xì)口瓶中該藥品不能與皮膚直接接觸該物質(zhì)受熱易分解該物質(zhì)濃度為18.4mol/LAABBCCDD考點(diǎn)：化學(xué)試劑的分類；化學(xué)試劑的存放專題：化學(xué)實(shí)驗(yàn)基本操作分析：A、氯水中含有次氯酸和鹽酸，具有腐蝕性；B、腐蝕藥品不能與皮膚直接接觸；C、碳酸氫鈉不穩(wěn)定；D、根據(jù)c=來計(jì)算；解答：解：A

2、、氯水中含有次氯酸和鹽酸，具有腐蝕性，能將橡膠腐蝕，所以存放氯水的試劑瓶不能用橡膠塞，故A錯(cuò)誤；B、腐蝕藥品不能與皮膚直接接觸，故B正確；C、碳酸氫鈉不穩(wěn)定，受熱易分解，故C正確；D、物質(zhì)濃度c=18.4mol/L，故D正確；故選：A點(diǎn)評(píng)：本題主要考查了物質(zhì)的性質(zhì)于用途，難度不大，根據(jù)課本知識(shí)即可完成2（6分）（2015南昌校級(jí)模擬）組成和結(jié)構(gòu)可用表示的有機(jī)物中，能發(fā)生消去反應(yīng)的共有（）A10種B16種C20種D25種考點(diǎn)：有機(jī)化合物的異構(gòu)現(xiàn)象分析：根據(jù)苯環(huán)前面的取代基共有5種：CH2ClCH2CH2、CH3CHClCH2、CH3CH2CHCl、CH3（CH2Cl）CH、（CH3）2CCl，其

3、中有5種能發(fā)生消去反應(yīng)；右邊的有4種：CH3OCH2、CH3CH2O、CH3CH（OH）、HOCH2CH來解答；解答：解：苯環(huán)前面的取代基共有5種：CH2ClCH2CH2、CH3CHClCH2、CH3CH2CHCl、CH3（CH2Cl）CH、（CH3）2CCl，其中有5種能發(fā)生消去反應(yīng)；右邊的有4種：CH3OCH2、CH3CH2O、CH3CH（OH）、HOCH2CH，因此能發(fā)生消去反應(yīng)的共有20種，故選：C；點(diǎn)評(píng)：本題主要考查了同分異構(gòu)體的書寫和消去反應(yīng)的條件，注意碳鏈異構(gòu)和官能團(tuán)異構(gòu)，難度不大3（6分）（2015南昌校級(jí)模擬）下列實(shí)驗(yàn)操作及現(xiàn)象能夠達(dá)到對(duì)應(yīng)實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖牵ǎ┻x項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作及現(xiàn)象實(shí)驗(yàn)

4、目的A將SO2通入品紅溶液中，品紅溶液褪色；加熱褪色后的品紅溶液，溶液恢復(fù)紅色驗(yàn)證亞硫酸的不穩(wěn)定性B常溫下，向飽和Na2CO3溶液中加少量BaSO4粉末，過濾，向洗凈的沉淀中加稀鹽酸，有少量氣泡產(chǎn)生證明常溫下Ksp（BaCO3）Ksp（BaSO4）C常溫下，測(cè)定物質(zhì)的量濃度相同的鹽酸和醋酸溶液的pH：鹽酸pH小于醋酸pH證明相同條件下，在水溶液中HCl電離程度大于CH3COOHD將濃硫酸與碳混合加熱，直接將生成的氣體通入足量的石灰水，石灰水變渾濁檢驗(yàn)氣體產(chǎn)物種CO2的存在AABBCCDD考點(diǎn)：化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)專題：實(shí)驗(yàn)評(píng)價(jià)題分析：A二氧化硫使品紅褪色是化合生成較穩(wěn)定的無色物質(zhì)，受熱易分解；B

5、c（Ba2+）c（CO32）Ksp（BaCO3），有沉淀生成；C等濃度的HCl與CH3COOH，HCl完全電離，pH小；D碳與濃硫酸反應(yīng)生成二氧化碳、二氧化硫均能使石灰水變渾濁解答：解：A二氧化硫使品紅褪色是化合生成較穩(wěn)定的無色物質(zhì)，受熱易分解，該實(shí)驗(yàn)說明二氧化硫的漂白是暫時(shí)性的，故A錯(cuò)誤；B常溫下，向飽和Na2CO3溶液中加少量BaSO4粉末，c（Ba2+）c（CO32）Ksp（BaCO3），有沉淀生成，不能說明Ksp（BaCO3）、Ksp（BaSO4）的關(guān)系，故B錯(cuò)誤；C等濃度的HCl與CH3COOH，HCl完全電離，電離出的氫離子濃度大，所以pH小，故C正確；D碳與濃硫酸反應(yīng)生成二氧化碳

6、、二氧化硫均能使石灰水變渾濁，則不能說明二氧化碳的存在，應(yīng)先檢驗(yàn)二氧化硫并排出二氧化硫的干擾，故D錯(cuò)誤；故選C點(diǎn)評(píng)：本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)，涉及漂白性、沉淀的生成、pH的比較、氣體的檢驗(yàn)及物質(zhì)的性質(zhì)，注重基礎(chǔ)知識(shí)的考查，選項(xiàng)B為解答的難點(diǎn)，題目難度中等4（6分）（2015南昌校級(jí)模擬）對(duì)反應(yīng)14CuSO4+5FeS2+12H2O7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4的下列說法正確的是（）A該反應(yīng)的氧化劑只有CuSO4BSO42既不是氧化產(chǎn)物也不是還原產(chǎn)物C1 mol CuSO4還原了mol的SD被還原的S和被氧化的S的質(zhì)量比為7：3考點(diǎn)：氧化還原反應(yīng)專題：氧化還原反應(yīng)專題分析：14CuS

7、O4+5FeS2+12H2O7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4中，Cu元素的化合價(jià)由+2價(jià)降低為+1價(jià)，S元素的化合價(jià)由1價(jià)降低為2價(jià)，S元素的化合價(jià)由1價(jià)升高為+6價(jià)，以此來解答解答：解：ACu、S元素的化合價(jià)降低，則氧化劑為CuSO4、FeS2，故A錯(cuò)誤；B由S元素的化合價(jià)變化及S原子守恒可知，10molS中有3molS失去電子，所以部分SO42是氧化產(chǎn)物，故B錯(cuò)誤；C.1 mol CuSO4得到電子為1mol×（21）=1mol，由電子守恒可知，可氧化mol的S，故C錯(cuò)誤；D由S元素的化合價(jià)變化及S原子守恒可知，10molS中有3molS失去電子，7molS得到電子，則被

8、還原的S和被氧化的S的質(zhì)量比為7：3，故D正確；故選D點(diǎn)評(píng)：本題考查氧化還原反應(yīng)，為高考高頻考點(diǎn)，把握反應(yīng)中元素的化合價(jià)變化為解答的關(guān)鍵，注意S元素的化合價(jià)變化為解答的易錯(cuò)點(diǎn)，明確Cu、S元素的化合價(jià)變化即可解答，題目難度中等5（6分）（2015南昌校級(jí)模擬）下列敘述或表示正確的是（）A0.1molL1的醋酸的pH=a，0.01molL1的醋酸的pH=b，則a+1=bB常溫下0.1molL1的醋酸溶液與等濃度等體積NaOH溶液反應(yīng)后的溶液中：c（CH3COOH）+c（CH3COO）=0.1molL1C難溶電解質(zhì)AB2的飽和溶液中，c（A2+）=x molL1，c（B）=y molL1，則Ksp

9、值為4xy2D用200mL4molL1的NaOH溶液將0.6mol CO2完全吸收，反應(yīng)的離子方程式為：3CO2+4OH=CO32+2HCO3+H2O考點(diǎn)：弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡；難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)專題：電離平衡與溶液的pH專題分析：A相同弱電解質(zhì)不同濃度的溶液中，濃度越大其電離程度越??；B二者混合時(shí)，體積增大一倍，濃度降為原來的一半；CKsp值為xy2；D根據(jù)原子守恒確定生成物，再根據(jù)反應(yīng)物和生成物書寫離子方程式解答：解：A相同弱電解質(zhì)不同濃度的溶液中，濃度越大其電離程度越小，所以a+1b，故A錯(cuò)誤；B二者混合時(shí)，體積增大一倍，濃度降為原來的一半，根據(jù)物料守恒得c（C

10、H3COOH）+c（CH3COO）=0.05molL1，故B錯(cuò)誤；Cc（A2+）=x molL1，c（B）=y molL1，則Ksp值為xy2，故C錯(cuò)誤；Dn（NaOH）=4mol/L×0.2L=0.8mol，設(shè)碳酸鈉的物質(zhì)的量為xmol，碳酸氫鈉的物質(zhì)的量為ymol，根據(jù)鈉離子、碳原子守恒得，則碳酸鈉和碳酸氫鈉的物質(zhì)的量之比=0.2mol：0.4mol=1：2，所以其離子方程式為：3CO2+4OH=CO32+2HCO3+H2O，故D正確；故選D點(diǎn)評(píng)：本題考查了弱電解質(zhì)的電離、物質(zhì)間的反應(yīng)、溶度積常數(shù)的計(jì)算等知識(shí)點(diǎn)，根據(jù)弱電解質(zhì)電離特點(diǎn)、溶度積常數(shù)的表示方法、物質(zhì)的性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)來分析

11、解答，注意結(jié)合原子守恒、物料守恒來分析解答，易錯(cuò)選項(xiàng)是B，很多同學(xué)往往忘掉溶液體積變化而導(dǎo)致錯(cuò)誤，為易錯(cuò)點(diǎn)6（6分）（2015南昌校級(jí)模擬）下列離子方程式正確的是（）ANaHS溶液水解的方程式為：HS+H2OS2+H3O+B向H218O中投入Na2O2固體：2H218O+2Na2O24Na+4OH+18O2C在100 mL 2 mol/L FeBr2溶液中通入4.48 L氯氣（標(biāo)況下），充分反應(yīng)：2Fe2+2Br+2Cl22Fe3+Br2+4ClD用惰性電極電解飽和氯化鈉溶液：2Cl+2H+H2+Cl2考點(diǎn)：離子方程式的書寫專題：離子反應(yīng)專題分析：A水解生成氫硫酸和氫氧根離子；B只有過氧化鈉中

12、O元素的化合價(jià)變化；Cn（FeBr2）=0.2mol，n（Cl2）=0.2mol，由電子守恒可知，亞鐵離子全部被氧化，溴離子一半被氧化；D反應(yīng)生成NaOH、氫氣、氯氣解答：解：ANaHS溶液水解的方程式為HS+H2OH2S+OH，故A錯(cuò)誤；B向H218O中投入Na2O2固體的離子反應(yīng)為2H218O+2Na2O24Na+218OH+2OH+O2，故B錯(cuò)誤；C在100 mL 2 mol/L FeBr2溶液中通入4.48 L氯氣（標(biāo)況下），充分反應(yīng)的離子反應(yīng)為2Fe2+2Br+2Cl22Fe3+Br2+4Cl，故C正確；D用惰性電極電解飽和氯化鈉溶液的離子反應(yīng)為2Cl+2H2OH2+2OH+Cl2，

13、故D錯(cuò)誤；故選C點(diǎn)評(píng)：本題考查離子反應(yīng)方程式的書寫，為高考常見題型，涉及知識(shí)點(diǎn)較多，有助于學(xué)生思維嚴(yán)密性的訓(xùn)練和提高，把握發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)為解答的關(guān)鍵，選項(xiàng)BC為解答的難點(diǎn)，題目難度不大7（6分）（2015南昌校級(jí)模擬）甲、乙、丙、丁是原子序數(shù)依次增大的四種短周期元素，A、B、C、D、E是由其中的兩種或三種元素組成的化合物，F(xiàn)是由丙元素形成的單質(zhì)已知：A+B=D+F，A+C=E+F； 0.1molL1D溶液的pH為13（25）下列說法正確的是（）A原子半徑：丁丙乙甲B1mol A與足量B完全反應(yīng)共轉(zhuǎn)移了2mol電子C丙元素在周期表中的位置為第二周期第A族DA中既有離子鍵又有共價(jià)鍵考點(diǎn)：原子結(jié)構(gòu)與

14、元素周期律的關(guān)系專題：元素周期律與元素周期表專題分析：0.1 molL1D溶液的pH為13（25），D是一元強(qiáng)堿，其含有的金屬元素在短周期，則D應(yīng)為NaOH，發(fā)生反應(yīng)：A+B=D+F，根據(jù)元素守恒可知，A、B兩種物質(zhì)至少共含有H、O、Na元素，F(xiàn)是由丙組成的單質(zhì)，由發(fā)生反應(yīng)可知，丙不能是Na，結(jié)合原子數(shù)可知，甲為H、丙為O、丁為Na元素，故F為氧氣，可知A是Na2O2、B是水，再根據(jù)反應(yīng)：A+C=E+F，可知C是二氧化碳，E是碳酸鈉，則乙為C，結(jié)合對(duì)應(yīng)單質(zhì)、化合物的性質(zhì)以及題目要求可解答該題解答：解：0.1 molL1D溶液的pH為13（25），D是一元強(qiáng)堿，其含有的金屬元素在短周期，則D應(yīng)為

15、NaOH，發(fā)生反應(yīng)：A+B=D+F，根據(jù)元素守恒可知，A、B兩種物質(zhì)至少共含有H、O、Na元素，F(xiàn)是由丙組成的單質(zhì)，由發(fā)生反應(yīng)可知，丙不能是Na，結(jié)合原子數(shù)可知，甲為H、丙為O、丁為Na元素，故F為氧氣，可知A是Na2O2、B是水，再根據(jù)反應(yīng)：A+C=E+F，可知C是二氧化碳，E是碳酸鈉，則乙為C，A由以上分析可知：甲為氫、乙為碳、丙為氧、丁為鈉，則原子半徑大小順序?yàn)椋篘aCOH，即：丁乙丙甲，故A錯(cuò)誤；BA與足量的B完全反應(yīng)的方程式為：2Na2O2+2H2O4NaOH+O2，1molNa2O2反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子為1mol，故B錯(cuò)誤；C丙為O元素，在周期表中的位置為：第二周期第A族，故C錯(cuò)誤；DA

16、是Na2O2，既有離子鍵又有共價(jià)鍵，故D正確故選D點(diǎn)評(píng)：本題為元素化合物推斷，題目難度中等，需要學(xué)生熟練掌握元素化合物知識(shí)，對(duì)學(xué)生的邏輯推理有一定的要求三、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分第22題第32題為必考題，每個(gè)小題考生都必須作答第33題第40題為選考題，考生根據(jù)要求作答（一）必考題（11題，共129分）8（15分）（2015南昌校級(jí)模擬）利用廢鋁箔（主要成分為Al、少量的Fe、Si等）既可制取有機(jī)合成催化劑AlBr3又可制取凈水劑硫酸鋁晶體I實(shí)驗(yàn)室制取無色的無水AlBr3（熔點(diǎn)：97.5，沸點(diǎn)：263.3265）可用如圖1所示裝置，主要實(shí)驗(yàn)步驟如下：步驟l將鋁箔剪碎，用CCl4浸泡片

17、刻，干燥，然后投入到燒瓶6中步驟2從導(dǎo)管口7導(dǎo)入氮?dú)?，同時(shí)打開導(dǎo)管口l和4放空，一段時(shí)間后關(guān)閉導(dǎo)管口7和1；導(dǎo)管口4接裝有五氧化二磷的干燥管步驟3從滴液漏斗滴入一定量的液溴于燒瓶6中，并保證燒瓶6中鋁過剩步驟4加熱燒瓶6，回流一定時(shí)間步驟5將氮?dú)獾牧鲃?dòng)方向改為從導(dǎo)管口4到導(dǎo)管口l將裝有五氧化二磷的干燥管與導(dǎo)管口1連接，將燒瓶6加熱至270左右，使溴化鋁蒸餾進(jìn)入收集器2步驟6蒸餾完畢時(shí)，在繼續(xù)通入氮?dú)獾那闆r下，將收集器2從3處拆下，并立即封閉3處（1）步驟l中，鋁箔用CCl4浸泡的目的是除去鋁箔表面的油脂等有機(jī)物（2）步驟2操作中，通氮?dú)獾哪康氖桥懦鲅b置中含有水蒸氣的空氣（3）步驟3中，該實(shí)驗(yàn)要

18、保證燒瓶中鋁箔過剩，其目的是保證溴完全反應(yīng)，防止溴過量混入溴化鋁中（4）鋁與液溴反應(yīng)的化學(xué)方程式為2Al+3Br2=2AlBr3（5）步驟4依據(jù)何種現(xiàn)象判斷可以停止回流操作當(dāng)5的管中回流液呈無色或燒瓶6中物質(zhì)呈無色（6）步驟5需打開導(dǎo)管口l和4，并從4通入N2的目的是將溴化鋁蒸汽導(dǎo)入裝置2中并冷凝得到溴化鋁某課外小組的同學(xué)擬用廢鋁箔制取硫酸鋁晶體，已知鋁的物種類別與溶液pH關(guān)系如圖2所示，實(shí)驗(yàn)中可選用的試劑：處理過的鋁箔；2.0molL1NaOH溶液：2.0molL1硫酸（7）由鋁箔制備硫酸鋁晶體的實(shí)驗(yàn)步驟依次為：稱取一定質(zhì)量的鋁箔于燒杯中，分次加入2.0molL1NaOH溶液，加熱至不再產(chǎn)生

19、氣泡為止過濾 濾液用2.0mol/L硫酸在不斷攪拌下調(diào)到pH410左右；過濾、洗滌 沉淀中不斷加入2.0mol/L硫酸至恰好溶解；蒸發(fā)濃縮；冷卻結(jié)晶； 過濾、洗滌、干燥考點(diǎn)：制備實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)分析：I（1）根據(jù)相似相溶原理知，有機(jī)溶質(zhì)易溶于有機(jī)溶劑；（2）溴化鋁易水解生成氫氧化鋁和HBr；（3）如果溴過量，溴易混入溴化鋁中；（4）鋁和溴反應(yīng)生成溴化鋁，根據(jù)反應(yīng)物、生成物書寫方程式；（5）當(dāng)5的管中回流液呈無色或燒瓶6中物質(zhì)呈無色，說明可以停止回流；（6）將溴化鋁蒸汽導(dǎo)入裝置2中并冷凝得到溴化鋁；II（7）根據(jù)圖片知，pH在410時(shí)生成氫氧化鋁沉淀；向沉淀中加入稀硫酸，至恰好溶解；從溶液中獲得晶

20、體采用加熱濃縮、冷卻結(jié)晶的方法解答：解：I（1）鋁箔表面易沾有油脂，根據(jù)相似相溶原理知，有機(jī)溶質(zhì)易溶于有機(jī)溶劑，所以用四氯化碳除去鋁箔表面的油脂，故答案為：除去鋁箔表面的油脂等有機(jī)物；（2）溴化鋁易水解生成氫氧化鋁和HBr，為防止溴化物在空氣中的水蒸氣中水解，用氮?dú)鈱⑺魵馀懦?，故答案為：排出裝置中含有水蒸氣的空氣；（3）如果溴過量，溴易混入溴化鋁中，所以為保證液溴完全反應(yīng)，該實(shí)驗(yàn)要保證燒瓶中鋁箔過剩，故答案為：保證溴完全反應(yīng)，防止溴過量混入溴化鋁中；（4）鋁和溴反應(yīng)生成溴化鋁，根據(jù)反應(yīng)物、生成物書寫方程式為2Al+3Br2=2AlBr3，故答案為：2Al+3Br2=2AlBr3；（5）當(dāng)5的

21、管中回流液呈無色或燒瓶6中物質(zhì)呈無色，說明溴恰好完全反應(yīng)，則可以停止回流，故答案為：當(dāng)5的管中回流液呈無色或燒瓶6中物質(zhì)呈無色；（6）步驟5需打開導(dǎo)管口l和4，利用壓強(qiáng)差將溴化鋁蒸汽導(dǎo)入裝置2并冷凝得到溴化鋁，故答案為：將溴化鋁蒸汽導(dǎo)入裝置2中并冷凝得到溴化鋁；II（7）根據(jù)圖片知，pH在410時(shí)生成氫氧化鋁沉淀，所以該步驟是向溶液中滴加稀硫酸并調(diào)節(jié)溶液pH為410，從而得到氫氧化鋁沉淀，故答案為：濾液用2.0mol/L硫酸在不斷攪拌下調(diào)到pH410左右；該實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖侵迫×蛩徜X晶體，所以用得到的氫氧化鋁沉淀制取硫酸鋁溶液，其操作方法是：沉淀中不斷加入2.0mol/L硫酸至恰好溶解，故答案為：沉

22、淀中不斷加入2.0mol/L硫酸至恰好溶解；從溶液中獲得晶體采用加熱濃縮、冷卻結(jié)晶的方法，所以該操作為蒸發(fā)濃縮，故答案為：蒸發(fā)濃縮點(diǎn)評(píng)：本題考查制備實(shí)驗(yàn)方案設(shè)計(jì)，側(cè)重考查學(xué)生制備、操作等基本能力，明確實(shí)驗(yàn)原理是解本題關(guān)鍵，知道每個(gè)儀器的作用，很多學(xué)生對(duì)于物質(zhì)制備較陌生，為學(xué)習(xí)難點(diǎn)9（14分）（2015南昌校級(jí)模擬）鋅是一種常用金屬，冶煉方法有火法和濕法I鎵（Ga）是火法冶煉鋅過程中的副產(chǎn)品，鎵與鋁同主族且相鄰，化學(xué)性質(zhì)與鋁相似氮化鎵（GaN）是制造LED的重要材料，被譽(yù)為第三代半導(dǎo)體材料（1）Ga的原子結(jié)構(gòu)示意圖為（2）GaN可由Ga和NH3在高溫條件下合成，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為2Ga+2NH

23、32GaN+3H2（3）下列有關(guān)鎵和鎵的化合物的說法正確的是ACD（填字母序號(hào)）A一定條件下，Ga可溶于鹽酸和氫氧化鈉B常溫下，Ga可與水劇烈反應(yīng)放出氫氣CGa2O3可由Ga（OH）3受熱分解得到D一定條件下，Ga2O3可與NaOH反應(yīng)生成鹽II工業(yè)上利用鋅焙砂（主要含Zn0、ZnFe2O4，還含有少量CaO、FeO、CuO、NiO等氧化物）濕法制取金屬鋅的流程如圖所示，回答下列問題：已知：Fe的活潑性強(qiáng)于Ni（4）ZnFe2O4可以寫成ZnOFe2O3，寫出ZnFe2O4與H2SO4反應(yīng)的化學(xué)方程式ZnFe2O4+4H2SO4ZnSO4+Fe2（SO4）3+4H2O（5）凈化I操作分為兩步：

24、第一步是將溶液中少量的Fe2+氧化；第二步是控制溶液pH，只使Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe（OH）3沉淀凈化I生成的沉淀中還含有溶液中的懸浮雜質(zhì)，溶液中的懸浮雜質(zhì)被共同沉淀的原因是Fe（OH）3膠粒具有吸附性（6）凈化II中加入Zn的目的是使Cu2+、Ni2+轉(zhuǎn)化為Cu、Ni而除去（7）常溫下，凈化I中，如果要使c（Fe3+）105 mol/L，則應(yīng)控制溶液pH的范圍為pH3.3已知：KspFe（OH）3=8.0×1038；lg5=0.7考點(diǎn)：物質(zhì)分離和提純的方法和基本操作綜合應(yīng)用；金屬的回收與環(huán)境、資源保護(hù)；常見金屬元素的單質(zhì)及其化合物的綜合應(yīng)用專題：實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)題；元素及其化合物分析：I（1）

25、Ga的原子序數(shù)為31，位于第四周期第A族；（2）Ga和NH3在高溫條件下反應(yīng)生成GaN和氫氣；（3）鎵位于第A族，為活潑金屬，金屬性比Al強(qiáng)，以此分析其單質(zhì)和化合物的性質(zhì)；II（4）ZnFe2O4可以寫成ZnOFe2O3，酸浸時(shí)ZnFe2O4會(huì)生成兩種鹽，即ZnFe2O4與硫酸反應(yīng)生成硫酸鋅、硫酸鐵；（5）根據(jù)Fe（OH）3膠體（沉淀）具有的吸附性進(jìn)行分析；（6）鋅焙砂中含有CaO、FeO、CuO、NiO等氧化物，反應(yīng)后溶液中存在銅離子，沒有凈化操作，電解制取的鋅會(huì)含有銅等雜質(zhì)；（7）根據(jù)氫氧化鐵的溶度積及c（Fe3+）105 mol/L計(jì)算出溶液pH解答：解：（1）Ga的原子序數(shù)為31，位于

26、第四周期第A族，原子結(jié)構(gòu)示意圖為，故答案為：；（2）Ga和NH3在高溫條件下反應(yīng)生成GaN和氫氣，反應(yīng)為2Ga+2NH32GaN+3H2，故答案為：2Ga+2NH32GaN+3H2；（3）鎵與鋁同主族且相鄰，化學(xué)性質(zhì)與鋁相似，則AAl與鹽酸、NaOH均反應(yīng)，則一定條件下，Ga可溶于鹽酸和氫氧化鈉，故A正確；BAl與水常溫不反應(yīng)，則常溫下，Ga不能與水劇烈反應(yīng)放出氫氣，故B錯(cuò)誤；C氧化鋁可由氫氧化鋁分解生成，則Ga2O3可由Ga（OH）3受熱分解得到，故C正確；D氧化鋁與NaOH反應(yīng)生成鹽，則一定條件下，Ga2O3可與NaOH反應(yīng)生成鹽，故D正確；故答案為：ACD；（4）根據(jù)信息，酸浸時(shí)ZnFe

27、2O4會(huì)生成兩種鹽，這兩種鹽分別為硫酸鋅、硫酸鐵，即ZnFe2O4與硫酸反應(yīng)生成硫酸鋅、硫酸鐵，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：ZnFe2O4+4H2SO4ZnSO4+Fe2（SO4）3+4H2O，故答案為：ZnFe2O4+4H2SO4ZnSO4+Fe2（SO4）3+4H2O；（5）因?yàn)镕e（OH）3膠粒具有吸附性，則凈化I生成的沉淀中還含有溶液中的懸浮雜質(zhì)，故答案為：Fe（OH）3膠粒具有吸附性；（6）CaO、FeO、CuO、NiO等氧化物溶于酸轉(zhuǎn)化為金屬離子，凈化I后除去Fe元素，凈化II中加入Zn的目的是使Cu2+、Ni2+轉(zhuǎn)化為Cu、Ni而除去，故答案為：使Cu2+、Ni2+轉(zhuǎn)化為Cu、Ni而除去

28、；（7）由KspFe（OH）3=8.0×1038，要使c（Fe3+）105 mol/L，則c（OH）=2×1011mol/L，c（H+）=5×104mol/L，所以pH4lg5=3.3，故答案為：pH3.3點(diǎn)評(píng)：本題考查較綜合，涉及混合物分離提純綜合應(yīng)用及金屬單質(zhì)及化合物的性質(zhì)，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的反應(yīng)為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與遷移應(yīng)用能力的考查，注重反應(yīng)原理及實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ暮粚?shí)，題目難度不大10（14分）（2015南昌校級(jí)模擬）中國環(huán)境監(jiān)測(cè)總站數(shù)據(jù)顯示，顆粒物（PM2.5等）為連續(xù)霧霾過程影響空氣質(zhì)量最顯著的污染物，其主要來源為燃煤、機(jī)動(dòng)車尾氣等因此，對(duì)

29、PM2.5、SO2、NOx等進(jìn)行研究具有重要意義請(qǐng)回答下列問題：（1）將PM2.5樣本用蒸餾水處理制成待測(cè)試樣若測(cè)得該試樣所含水溶性無機(jī)離子的化學(xué)組分及其平均濃度如下表：離子K+Na+NH4+SO42NO3Cl濃度/molL14×1066×1062×1054×1053×1052×105根據(jù)表中數(shù)據(jù)計(jì)算PM2.5待測(cè)試樣的pH=4（2）NOx是汽車尾氣的主要污染物之一汽車發(fā)動(dòng)機(jī)工作時(shí)會(huì)引發(fā)N2和O2反應(yīng)，其能量變化示意圖如圖一：N2（g）+O2（g）2NO（g）H=+183 kJmoL1當(dāng)尾氣中空氣不足時(shí)，NOx在催化轉(zhuǎn)化器中被還原成N

30、2排出寫出NO被CO還原的化學(xué)方程式2NO+2CO2CO2+N2汽車汽油不完全燃燒時(shí)還產(chǎn)生CO，有人設(shè)想按下列反應(yīng)除去CO：2CO（g）=2C（s）+O2（g），已知該反應(yīng)的H0，該設(shè)想能否實(shí)現(xiàn)？不能你的依據(jù)是該反應(yīng)是熵減、焓增的反應(yīng)，任何溫度下均不能自發(fā)進(jìn)行（3）碘循環(huán)工藝不僅能吸收SO2降低環(huán)境污染，同時(shí)又能制得氫氣，具體流程如圖二：用離子方程式表示反應(yīng)器中發(fā)生的反應(yīng)SO2+I2+2H2O=SO42+2I+4H+用化學(xué)平衡移動(dòng)的原理分析，在HI分解反應(yīng)中使用膜反應(yīng)器分離出H2的目的是HI分解為可逆反應(yīng)，及時(shí)分離出產(chǎn)物H2，有利于反應(yīng)正向進(jìn)行用吸收H2后的稀土儲(chǔ)氫合金作為電池負(fù)極材料（用MH

31、）表示），NiO（OH）作為電池正極材料，KOH溶液作為電解質(zhì)溶液，可制得高容量、長壽命的鎳氫電池電池充放電時(shí)的總反應(yīng)為：Ni（OH）2+MNiO（OH）+MH，電池放電時(shí)，負(fù)極電極反應(yīng)式為MH+OHe=H2O+M； 充電完成時(shí)，全部轉(zhuǎn)化為NiO（OH），若繼續(xù)充電，將在一個(gè)電極產(chǎn)生O2，O2擴(kuò)散到另一個(gè)電極發(fā)生電極反應(yīng)被消耗，從而避免產(chǎn)生的氣體引起電池爆炸，此時(shí)，陰極電極反應(yīng)式為4O2+4e+2H2O=4OH考點(diǎn)：常見的生活環(huán)境的污染及治理；反應(yīng)熱和焓變；原電池和電解池的工作原理專題：化學(xué)平衡專題；電化學(xué)專題分析：（1）根據(jù)溶液中電荷守恒計(jì)算；（2）根據(jù)能量變化圖計(jì)算反應(yīng)熱，反應(yīng)熱=吸收的能

32、量放出的能量，再根據(jù)熱化學(xué)反應(yīng)方程式的書寫規(guī)則書寫；NO被CO還原，則CO被NO氧化生成二氧化碳，據(jù)此寫出反應(yīng)方程式；如反應(yīng)能自發(fā)進(jìn)行，應(yīng)滿足HTS0；（3）碘和二氧化硫反應(yīng)生成硫酸和HI，類似于氯氣和二氧化硫的反應(yīng)；根據(jù)平衡移動(dòng)的原理來分析；電池放電時(shí)，負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)，MH被氧化生成水和M；為避免爆炸，氧氣在陰極上得電子發(fā)生還原反應(yīng)解答：解：（1）溶液中電荷守恒：c（K+）+c（NH4+）+c（Na+）+c（H+）=2c（SO42）+c（NO3）+c（Cl），將表中數(shù)據(jù)帶入可得c（H+）=1×104molL1，pH值為4，故答案為：4；（2）該反應(yīng)中的反應(yīng)熱=（945+498）k

33、J/mol2×630kJ/mol=+183kJ/mol，所以其熱化學(xué)反應(yīng)方程式為：N2（g）+O2（g）=2NO（g）H=+183 kJmoL1，故答案為：+183 kJmoL1；在催化劑條件下，一氧化碳被氧化生成二氧化碳，一氧化氮被還原生成氮?dú)?，所以其反?yīng)方程式為：2NO+2CO2CO2+N2，故答案為：2NO+2CO2CO2+N2；2CO（g）=2C（s）+O2（g），該反應(yīng)是焓增、熵減的反應(yīng)根據(jù)G=HTS，G0，不能實(shí)現(xiàn)，故答案為：不能；該反應(yīng)是熵減、焓增的反應(yīng)，任何溫度下均不能自發(fā)進(jìn)行；（3）碘和二氧化硫反應(yīng)生成硫酸和HI，反應(yīng)的離子方程式為SO2+I2+2H2O=SO42+

34、2I+4H+，故答案為：SO2+I2+2H2O=SO42+2I+4H+；在膜分離器中發(fā)生反應(yīng)：2HII2+H2，將H2分離出來有利于平衡向右移動(dòng)，利于I2和H2的生成，故答案為：HI分解為可逆反應(yīng)，及時(shí)分離出產(chǎn)物H2，有利于反應(yīng)正向進(jìn)行；負(fù)極反應(yīng)物MH失去電子，生成的H+在堿性條件下生成H2O，電解反應(yīng)式為：MHe+OH=H2O+M，陰極的電極反應(yīng)有兩個(gè)，第一階段是充電時(shí)的反應(yīng)式，陰極上電極反應(yīng)式為M+H2O+eMH+OH，第二階段為吸收氧氣的電解反應(yīng)式，由題意知氧氣在陰極上被還原，電解質(zhì)溶液呈堿性可知氧氣被還原為OH，所以其電極反應(yīng)式為2H2O+O2+4e4OH，故答案為：MH+OHe=H2

35、O+M；4O2+4e+2H2O=4OH點(diǎn)評(píng)：該題綜合考查化學(xué)反應(yīng)原理的基礎(chǔ)知識(shí)，涉及原電池和電解池原理、化學(xué)反應(yīng)與能量變化以及化學(xué)平衡等問題，明確正負(fù)極、陰陽極上得失電子是解本題關(guān)鍵，難點(diǎn)是電極反應(yīng)式的書寫，電極反應(yīng)式要結(jié)合溶液的酸堿性書寫，為易錯(cuò)點(diǎn)三選考題：共45分請(qǐng)考生從給出的3道物理題、3道化學(xué)題、2道生物題中每科任選一題作答，并用2B鉛筆在答題卡上把所選題目的題號(hào)涂黑注意所做題號(hào)必須與所涂題目的題號(hào)一致，在答題卡區(qū)域指定位置大題如果多做，則每學(xué)科按所做的第一題計(jì)分化學(xué)-選修2：化學(xué)與技術(shù)11（15分）（2015南昌校級(jí)模擬）（1）天然水中含有細(xì)菌，其主要成分是蛋白質(zhì)，寫出兩種家庭中能殺

36、滅水中細(xì)菌的簡單方法加熱、加消毒劑（2）現(xiàn)有一杯具有永久硬度的水，其中主要含有MgCl2、CaCl2利用下列試劑中的一部分或全部，設(shè)計(jì)軟化該水的實(shí)驗(yàn)方案試劑：Ca（OH）2溶液 NaOH溶液 飽和Na2CO3溶液 肥皂水實(shí)驗(yàn)方案：（填寫下表）實(shí)驗(yàn)步驟現(xiàn)象離子方程式向硬水中加入Ca（OH）2溶液，直到不再產(chǎn)生沉淀為止繼續(xù)向溶液中加入飽和碳酸鈉溶液，直到不再產(chǎn)生沉淀為止將上述混合物過濾（填操作名稱）（3）利用海水得到淡水的方法有蒸餾法、電滲析法等電滲析法是近年來發(fā)展起來的一種較好的海水淡化技術(shù)，其原理如圖所示a接電源的負(fù)極，I口排出的是淡水（填“淡水”或“海水”）（4）在（3）中某口排出的濃海水中

37、溴元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為a%，現(xiàn)用氯氣將其中的溴離子氧化為溴單質(zhì)，則處理1000t該濃海水需標(biāo)準(zhǔn)狀況下的氯氣的體積為1400am3考點(diǎn)：物質(zhì)的分離、提純的基本方法選擇與應(yīng)用；蒸餾與分餾專題：實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)題分析：（1）加熱或者加入消毒劑能使蛋白質(zhì)變性，據(jù)此解答即可；（2）根據(jù)氫氧化鈣與氯化鎂反應(yīng)生成氯化鈣和氫氧化鎂沉淀回答；依據(jù)氯化鈣能與碳酸鈉反應(yīng)生成碳酸鈣沉淀回答；分離固體與液體采取過濾的方法；（3）陽極是氫氧根離子失電子生成氧氣和水；在電滲析法淡化海水示意圖中陰離子移向陽極，陽離子移向陰極，所以水在b處流出；（4）先求出溴元素的總質(zhì)量和總物質(zhì)的量，再求出消耗的氯氣的量解答：解：（1）家庭中能殺滅水中細(xì)

38、菌的簡單方法是：加熱、加消毒劑，故答案為：加熱、加消毒劑；（2）要使硬水軟化，就要出去鈣鎂雜質(zhì)離子，氫氧化鈣與氯化鎂反應(yīng)生成氯化鈣和氫氧化鎂沉淀，離子反應(yīng)方程式為：Mg2+2OH=Mg（OH）2，氯化鈣能與碳酸鈉反應(yīng)生成碳酸鈣沉淀，可使氯化鈣轉(zhuǎn)化為碳酸鈣沉淀除去，離子反應(yīng)方程式為：Ca2+CO32=CaCO3分離固體與液體采取過濾的方法，故答案為：；（3）在電滲析法淡化海水示意圖中陰離子移向陽極，陽離子移向陰極，通過用一段時(shí)間海水中的陰陽離子在兩個(gè)電極放電，所以a接電源的負(fù)極，水在b處流出，故答案為：負(fù)；b； （4）1000t該濃海水中溴元素的質(zhì)量為1000t×a%=10at，則n（

39、Br）=，由Cl2+2Br=2Cl+Br2可知處理1000t該濃海水需標(biāo)況下的氯氣為：，則氯氣的體積為×22.4L/mol=1400am3；故答案為：1400a點(diǎn)評(píng)：本題主要考查的是除雜，涉及蛋白質(zhì)的變性、硬水的軟化、海水的淡化等，難度較大，注意總結(jié)歸納四、解答題（共1小題，滿分15分）化學(xué)-選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)12（15分）（2015南昌校級(jí)模擬）X、Y、Z、W、R、Q為前30號(hào)元素，且原子序數(shù)依次增大X是所有元素中原子半徑最小的，Y有三個(gè)能級(jí)，且每個(gè)能級(jí)上的電子數(shù)相等，Z原子單電子數(shù)在同周期元素中最多，W與Z同周期，第一電離能比Z的低，R與Y同一主族，Q的最外層只有一個(gè)電子，其

40、他電子層電子均處于飽和狀態(tài)請(qǐng)回答下列問題：（1）Q+核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d10（2）化合物X2W2中W的雜化方式為sp3，ZW2離子的立體構(gòu)型是V形（3）Y、R的最高價(jià)氧化物的沸點(diǎn)較高的是SiO2（填化學(xué)式），原因是SiO2為原子晶體，CO2為分子晶體（4）將Q單質(zhì)的粉末加入到ZX3的濃溶液中，并通入W2，充分反應(yīng)后溶液呈深藍(lán)色，該反應(yīng)的離子方程式為2Cu+8NH3+O2+2H2O=2Cu（NH3）42+4OH（5）Y有多種同素異形體，其中一種同素異形體的晶胞結(jié)構(gòu)如圖，該晶體一個(gè)晶胞的Y原子數(shù)為8，Y原子的配位數(shù)為4，若晶胞的邊長為a pm，晶體的密度為 g/cm3

41、，則阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值為（用含a和的代數(shù)式表示）考點(diǎn)：位置結(jié)構(gòu)性質(zhì)的相互關(guān)系應(yīng)用專題：有機(jī)物的化學(xué)性質(zhì)及推斷分析：X、Y、Z、W、R、Q為前30號(hào)元素，且原子序數(shù)依次增大X是所有元素中原子半徑最小的，則X為H元素；Y有三個(gè)能級(jí)，且每個(gè)能級(jí)上的電子數(shù)相等，核外電子排布為1s22s22p2，故Y為C元素；R與Y同一主族，結(jié)合原子序數(shù)可知，R為Si，而Z原子單電子數(shù)在同周期元素中最多，則外圍電子排布為ns2np3，原子序數(shù)小于Si，故Z為N元素；W與Z同周期，第一電離能比Z的低，則W為O元素；Q的最外層只有一個(gè)電子，其他電子層電子均處于飽和狀態(tài)，不可能為短周期元素，原子序數(shù)小于30，故核外電子排布

42、為1s22s22p63s23p63d104s1，則Q為Cu元素，據(jù)此解答解答：解：X、Y、Z、W、R、Q為前30號(hào)元素，且原子序數(shù)依次增大X是所有元素中原子半徑最小的，則X為H元素；Y有三個(gè)能級(jí)，且每個(gè)能級(jí)上的電子數(shù)相等，核外電子排布為1s22s22p2，故Y為C元素；R與Y同一主族，結(jié)合原子序數(shù)可知，R為Si，而Z原子單電子數(shù)在同周期元素中最多，則外圍電子排布為ns2np3，原子序數(shù)小于Si，故Z為N元素；W與Z同周期，第一電離能比Z的低，則W為O元素；Q的最外層只有一個(gè)電子，其他電子層電子均處于飽和狀態(tài)，不可能為短周期元素，原子序數(shù)小于30，故核外電子排布為1s22s22p63s23p63

43、d104s1，則Q為Cu元素，（1）Cu+核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d10，故答案為：1s22s22p63s23p63d10；（2）化合物H2O2中結(jié)構(gòu)式為HOOH，O原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)為2+=4，故O原子采取sp3雜化；NO2離子中N原子孤電子對(duì)數(shù)為=1、價(jià)層電子對(duì)數(shù)為2+1=3，故其立體構(gòu)型是V形，故答案為：sp3；V形；（3）Y、R的最高價(jià)氧化物分別為二氧化碳、二氧化硅，SiO2為原子晶體，CO2為分子晶體，故沸點(diǎn)較高的是 SiO2，故答案為：SiO2； SiO2為原子晶體，CO2為分子晶體；（4）將Cu單質(zhì)的粉末加入到NH3的濃溶液中，并通入O2，充分反應(yīng)后溶液呈深藍(lán)色，反應(yīng)生成Cu（NH3）42+，該反應(yīng)的離子方程式為：2Cu+8NH3+O2+2H2O=2Cu（NH3）42+4OH，故答案為：2Cu+8NH3+O2+2H2O=2Cu（NH3）42+4OH；（5）碳有多種同素異形體，其中一種同素異形體的晶胞結(jié)構(gòu)如圖，該晶體一個(gè)晶胞的Y原子數(shù)為：4+8×+6×=8；每個(gè)Y與周圍的4個(gè)Y原子相鄰，故Y原子的配位數(shù)為4；若晶胞的邊長為a pm，則晶胞體積為（a×1010）3cm3，晶體的密度為 g/cm3，則晶胞質(zhì)量為（a