2015年江西新余市高三高考二?；瘜W(xué)試卷 （解析版）

1、2015屆江西新余市高三高考二?；瘜W(xué)試卷 （解析版）一、選擇題（本題包括13個小題，每小題6分，共78分每小題只有一個正確選項）1（6分）（2015新余二模）化學(xué)與人類生活、社會可持續(xù)發(fā)展密切相關(guān)下列有關(guān)說法不正確的是（）A開發(fā)高效氫能、太陽能等新型電動汽車，以解決城市機動車尾氣排放問題B高空臭氧層吸收太陽紫外線，保護地球生物；低空過量臭氧是污染氣體，對人體有危害CPM2.5表示每立方米空氣中直徑小于或等于2.5微米的顆粒物的含量，PM2.5值越高，大氣污染越嚴(yán)重D棉、麻、羊毛及合成纖維完全燃燒都只生成CO2和H2O，故對環(huán)境不造成污染考點：常見的生活環(huán)境的污染及治理專題：化學(xué)應(yīng)用分析：A開發(fā)

2、高效氫能、太陽能等新型電動汽車，可以減少污染性氣體的排放，改善空氣質(zhì)量；B臭氧的強氧化性對于生物組織有破壞作用；CPM2.5是指大氣中直徑小于或等于2.5m的顆粒物，也稱為可入肺顆粒物，它對空氣質(zhì)量和能見度等有重要的影響，科學(xué)家用PM2.5表示每立方米空氣中這種顆粒的含量，這個值越高，就代表空氣污染越嚴(yán)重；D棉、麻屬于纖維素，羊毛屬于蛋白質(zhì)，合成纖維是以小分子的有機化合物為原料，經(jīng)加聚反應(yīng)或縮聚反應(yīng)合成的線型有機高分子化合物，分子中出C、H元素外，還含有其它元素，如N元素等解答：解：A氫能、核能、太陽能等是清潔能源，可減少污染，使用新型電動汽車，可減少城市機動車尾氣排放，故A正確；B高空臭氧層

3、吸收太陽紫外線，保護地球生物；臭氧的強氧化性對于生物組織有破壞作用，加速生物的氧化，所以低空臭氧是污染氣體，對人體有危害，故B正確；CPM2.5表示每立方米空氣中直徑小于或等于2.5微米的顆粒物的含量，PM2.5值越高，大氣污染越嚴(yán)重，故C正確；D棉、麻屬于纖維素，含有C、H兩種元素，完全燃燒只生成CO2和H2O；羊毛屬于蛋白質(zhì)，含有C、H、O、N等元素，完全燃燒除生成CO2和H2O，還有其它物質(zhì)生成；合成纖維是以小分子的有機化合物為原料，經(jīng)加聚反應(yīng)或縮聚反應(yīng)合成的線型有機高分子化合物，分子中出C、H元素外，還含有其它元素，如N元素等，完全燃燒除生成CO2和H2O，還有其它物質(zhì)生成，故D錯誤；

4、故選D點評：本題考查化學(xué)與環(huán)境、材料、信息、能源關(guān)系密切相關(guān)的知識，為高頻考點，側(cè)重于基礎(chǔ)知識的綜合理解和運用的考查，難度不大2（6分）（2015新余二模）氮氧化鋁（AlON）是一種透明高硬度防彈材料，可以由反應(yīng)Al2O3+C+N2=2AlON+CO（高溫）合成，下列有關(guān)說法正確的是（）A氮氧化鋁中氮的化合價是3B反應(yīng)中每生成5.7g AlON的同時生成1.12 L COC反應(yīng)中氮氣作氧化劑D反應(yīng)中氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比是2：1考點：氧化還原反應(yīng)分析：Al2O3+C+N22AlON+CO中，N元素化合價降低，N2為氧化劑，C元素化合價升高，C為氧化劑，結(jié)合元素化合價的變化判斷電子轉(zhuǎn)移

5、的數(shù)目解答：解：A由化合價代數(shù)和為0可知，氮氧化鋁中鋁元素化合價為+3價，O為2價，氮元素的化合價為1，故A錯誤；B沒有說明是標(biāo)準(zhǔn)狀況，不能計算生成CO的體積，故B錯誤；CN元素化合價降低，N2為氧化劑，故C正確；DCO為氧化產(chǎn)物，AlON為還原產(chǎn)物，由反應(yīng)可知物質(zhì)的量比為1：2，故D錯誤；故選C點評：本題考查氧化還原反應(yīng)注意把握元素化合價的判斷，從化合價變化的角度分析，題目側(cè)重于相關(guān)概念的考查，題目難度不大3（6分）（2015新余二模）下列反應(yīng)的離子方程式正確的是（）A氯氣通入等物質(zhì)的量溴化亞鐵溶液中：2Cl2+2Fe2+2 Br=4 Cl+2Fe3+Br2B向苯酚溶液中滴加Na2CO3溶液

6、：C足量的CO2通入飽和碳酸鈉溶液中：CO2+CO32+H2O=2HCO3D氨水吸收過量的SO2：SO2+2NH3H2O=SO32+2NH4+H2O考點：離子方程式的書寫分析：A二價鐵離子的還原性強于溴離子，氯氣先氧化二價鐵離子；B不符合反應(yīng)的客觀事實，苯酚與碳酸鈉溶液反應(yīng)生成碳酸氫鈉；C足量的CO2通入飽和碳酸鈉溶液中，生成碳酸氫鈉沉淀；D二氧化硫過量反應(yīng)生成亞硫酸氫銨解答：解：A氯氣通入等物質(zhì)的量溴化亞鐵溶液中，離子方程式：2Cl2+2Fe2+2 Br=4 Cl+2Fe3+Br2，故A正確；B向苯酚溶液中滴加Na2CO3溶液反應(yīng)生成苯酚鈉和碳酸氫鈉，離子方程式：C6H5OH+CO32=C6

7、H5O+HCO3，故B錯誤；C足量的CO2通入飽和碳酸鈉溶液中，反應(yīng)生成碳酸氫鈉沉淀，離子方程式：2Na+CO32+H2O+CO2=2NaHCO3，故C錯誤；D氨水吸收過量的SO2，離子方程式：SO2+NH3H2O=HSO3+NH4+，故D錯誤；故選：A點評：本題考查了離子方程式的書寫，明確反應(yīng)實質(zhì)是解題關(guān)鍵，注意離子反應(yīng)必須符合客觀事實，題目難度不大4（6分）（2015新余二模）常溫下，實驗室有0.01molL1醋酸，下列敘述正確的是（）Ac（CH3COO）+c（OH）=0.01 molL1B與等體積pH=12的氨水混合后所得溶液顯酸性C加入少量醋酸鈉固體后所得溶液中c（CH3COO）減小D

8、與等體積0.01 molL1NaNO3溶液混合后有：c（NO3）=c（CH3COO）+c（CH3COOH）考點：離子濃度大小的比較分析：A醋酸為弱酸，溶液中部分電離出氫離子，則氫離子濃度小于0.01mol/L，再結(jié)合電荷守恒判斷；B一水合氨為弱堿，pH=12的氨水的濃度大于0.01mol/L，則混合液中氨水過量，混合液為堿性；C加入醋酸鈉后，醋酸的電離程度減小，但是溶液中醋酸根離子濃度增大；D結(jié)合混合液中的物料守恒判斷解答：解：A0.01mol/L的醋酸溶液中，氫離子濃度一定小于0.01mol/L，根據(jù)電荷守恒可知：c（CH3COO）+c（OH）=c（H+）0.01 molL1，故A錯誤；B0

9、.01molL1醋酸與等體積pH=12的氨水混合后，常溫下pH=12的氨水的濃度大于0.01mol/L，則氨水過量，混合液呈堿性，故B錯誤；C加入少量醋酸鈉固體后，醋酸的電離程度會減小，但c（CH3COO）增大，故C錯誤；D與等體積0.01 molL1NaNO3溶液混合后，根據(jù)物料守恒可得：c（NO3）=0.005mol/L=c（CH3COO）+c（CH3COOH），故D正確；故選D點評：本題考查了離子濃度大小比較、溶解度在的電離及其影響，題目難度中等，明確弱電解質(zhì)的電離及其影響為解答關(guān)鍵，注意掌握電荷守恒、物料守恒的含義及應(yīng)用，試題側(cè)重考查學(xué)生的分析、理解能力及靈活應(yīng)用基礎(chǔ)知識的能力5（6分

10、）（2015新余二模）乙酸橙花酯是一種食用香料，其結(jié)構(gòu)簡式如圖所示，關(guān)于該有機物的下列敘述中不正確的是（）分子式為C12H20O2能使酸性KMnO4溶液褪色能發(fā)生加成反應(yīng)，但不能發(fā)生取代反應(yīng)它的同分異構(gòu)體中可能有芳香族化合物，且屬于芳香族化合物的同分異構(gòu)體有8種1mol該有機物水解時只能消耗1molNaOH1mol該有機物在一定條件下和H2反應(yīng)，共消耗H2為3molABCD考點：有機物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)分析：根據(jù)有機物的結(jié)構(gòu)確定分子式；含有碳碳雙鍵，具有烯烴的性質(zhì)；含有碳碳雙鍵，可以氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，含有酯基，可以發(fā)生水解反應(yīng)，屬于取代反應(yīng)；乙酸橙花酯的不飽和度為3，而芳香族化合物至少含有一個苯環(huán)，

11、不飽和度至少為4；酯基與氫氧化鈉反應(yīng)；碳碳雙鍵與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，酯基不能與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)解答：解：根據(jù)有機物的結(jié)構(gòu)可知，其分子式為C12H20O2，故正確；該分子中含有碳碳雙鍵，所以能被酸性高錳酸鉀溶液氧化而使酸性KMnO4溶液褪色，故正確；該分子中含有碳碳雙鍵和酯基，所以能發(fā)生加成反應(yīng)、取代反應(yīng)，故錯誤；乙酸橙花酯的不飽和度為3，而芳香族化合物至少含有一個苯環(huán)，不飽和度至少為4，不存在屬于芳香族化合物的同分異構(gòu)體，故錯誤；1mol該有機物水解只能生成1mol羧基，所以只能消耗1molNaOH，故正確；該分子中含有兩個碳碳雙鍵能與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，酯基不能與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，所以1mol該

12、有機物在一定條件下和H2反應(yīng)，共消耗H2為2mol，故錯誤；故選D點評：本題考查有機物結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，明確官能團及其性質(zhì)關(guān)系是解本題關(guān)鍵，側(cè)重考查烯烴、酯的性質(zhì)，題目難度不大6（6分）（2015新余二模）利用如圖所示原電池可測量空氣中Cl2含量，其中電解質(zhì)是Ag+可以自由移動的固體物質(zhì)下列分析不正確的是（）A電子經(jīng)外電路流向Pt電極B正極反應(yīng)：Cl2+2e+2Ag+=2AgClC電池工作時，電解質(zhì)中Ag+數(shù)目減少D空氣中c（Cl2）越大，Ag極消耗速率越快考點：原電池和電解池的工作原理分析：Ag電極為負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)生成銀離子，氯氣在正極發(fā)生還原反應(yīng)生成氯離子，氯離子與銀離子反應(yīng)生成AgCl沉淀，

13、據(jù)沉淀質(zhì)量測定氯氣含量，據(jù)此分析解答：解：Ag電極為負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)生成銀離子，氯氣在正極發(fā)生還原反應(yīng)生成氯離子，A、電子從負(fù)極流向正極Pt，故A正確；B、氯氣在正極發(fā)生還原反應(yīng)生成氯離子，氯離子與銀離子反應(yīng)生成AgCl沉淀，反應(yīng)為：Cl2+2e+2Ag+=2AgCl，故B正確；C、Ag電極為負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)生成銀離子，氯氣在正極發(fā)生還原反應(yīng)生成氯離子，氯離子與銀離子反應(yīng)生成AgCl沉淀，所以電池工作時，電解質(zhì)中Ag+數(shù)目不變，故C錯誤；D、反應(yīng)原理是Ag與氯氣反應(yīng)，所以空氣中c（Cl2）越大，Ag極消耗速率越快，故D正確；故選C點評：本題考查了原電池原理的應(yīng)用，注意電解反應(yīng)類型和電子移動方向

14、，題目難度不大7（6分）（2015新余二模）A、B、C分別是元素甲、乙、丙的單質(zhì)，它們都是常見的金屬或非金屬，D、E、F是常見的三種氧化物，且有如圖所示轉(zhuǎn)化關(guān)系，則下列說法不正確的是（）AD、E中一定都含有甲元素B單質(zhì)B肯定是氧化劑CA、B、C中一定有一種是氧元素的單質(zhì)D若A是非金屬，則B一定為金屬考點：無機物的推斷專題：推斷題分析：A根據(jù)反應(yīng)A+DE和A+CE以及B+DA+F判斷；B常見的氧化物中氧為2價，則另一種元素顯正價，故在D中A元素顯正價，被還原劑B可以還原為A中的0價態(tài)；C根據(jù)反應(yīng)B+DA+F和A+CE判斷D置換反應(yīng)B+DA+F可以是氧化性置換，也可以是還原性置換，以此判斷金屬或非

15、金屬；解答：解：A由轉(zhuǎn)化關(guān)系可知：A+DE和A+CE都是化合反應(yīng)，故E中一定含有甲元素，而B+DA+F是置換反應(yīng)，B是單質(zhì)，則甲元素只能來自化合物D，A是甲元素的單質(zhì)，故A正確；B因為常見的氧化物中氧為2價，則另一種元素顯正價，故在D中A元素顯正價，被還原劑B（金屬）可以還原為A中的0價態(tài)，而D被A（氧化劑）氧化為A元素更高價態(tài)的化合物E，故B錯誤；CB+DA+F是置換反應(yīng)，B是單質(zhì)，其中D、F為氧化物，則A肯定不含O元素，A+CE是化合反應(yīng)，A、C為單質(zhì)，E為氧化物，所以C一定為氧氣，故C正確；D置換反應(yīng)B+DA+F可以是氧化性置換（則B是非金屬），也可以是還原性置換（B是非金屬或金屬單質(zhì)）

16、，若A為非金屬，B和氧化物發(fā)生置換反應(yīng)生成氧化物和A單質(zhì)非金屬，D中A元素為正價，被B的單質(zhì)還原，也可以發(fā)生D+A=E，A+C=E，所以B只能為金屬元素，故D正確；故選B點評：本題考查無機物的推斷，題目難度中等，本題從物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關(guān)系和物質(zhì)的種類的角度分析，氧化還原反應(yīng)的化合價變化是解題關(guān)鍵三、非選擇題（包括必考題和選考題兩部分第2232題為必考題，每個試題考生都必須作答第3340題為選考題，考生根據(jù)要求作答）（一）必考題（共129分）8（14分）（2015新余二模）磷是地殼中含量較為豐富的非金屬元素，主要以難溶于水的磷酸鹽如Ca3（PO4）2等形式存在它的單質(zhì)和化合物在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)中有著重要的應(yīng)

17、用（1）白磷（P4）可由Ca3（PO4）2、焦炭和SiO2在電爐中高溫（1550）下通過下面三個反應(yīng)共熔得到4Ca3（PO4）2（s）+10C（s）=12CaO（s）+2P4（s）+10CO2（g）CaO（s）+SiO2（s）=CaSiO3（s） CO2（g）+C（s）=2CO（g）已知：CaSiO3的熔點（1546）比SiO2低a、寫出由Ca3（PO4）2、焦炭和SiO2在電爐中高溫（1550）制取白磷總的化學(xué)反應(yīng)方程式2Ca3（PO4）2+6SiO2+10C6CaSiO3+P4+10COb、白磷（P4）是正四面體結(jié)構(gòu)，請畫出白磷（P4）的結(jié)構(gòu)式，并指出1mol白磷（P4）含有PP鍵的數(shù)目6

18、NA（2）白磷在熱的濃氫氧化鉀溶液中歧化得到一種次磷酸鹽（KH2PO2）和一種氣體PH3（寫化學(xué)式）（3）磷的重要化合物NaH2PO4可通過H3PO4與NaOH溶液反應(yīng)獲得工業(yè)上為了使反應(yīng)的主要產(chǎn)物是NaH2PO4，通常將pH控制在2.17.2之間 （已知磷酸的各級電離常數(shù)為：K1=7.1103K2=6.3108K3=4.21013 lg7.10.9 lg6.30.8 lg4.20.6）Na2HPO4 溶液顯堿性，若向溶液中加入足量的CaCl2 溶液，溶液則顯酸性，其原因是3Ca2+2HPO42=Ca3（PO4）2+2H+ （用離子方程式表示）考點：弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡；物質(zhì)結(jié)構(gòu)中的化

19、學(xué)鍵數(shù)目計算；用蓋斯定律進行有關(guān)反應(yīng)熱的計算分析：（1）a、依據(jù)熱化學(xué)方程式和蓋斯定律計算所需化學(xué)方程式；b、白磷（P4）是正四面體結(jié)構(gòu)，PP間形成共價鍵；（2）歧化反應(yīng)磷元素升高為次磷酸鹽，磷元素化合價為+1價，降低的只能為負(fù)價，則為氫化物；（3）H3PO4H+H2PO4K1=7.1103；H2PO4H+HPO42K2=6.3108；HPO42H+HPO43K3=4.21013；上一級電離產(chǎn)生的H+對下一級電離有抑制作用；為獲得盡可能純的NaH2PO4，需H2PO4濃度最大，根據(jù)K1、K2、以及pH=lgc（H+）計算；若向Na2HPO4溶液中加入足量的CaCl2溶液，HPO42離子和Ca2

20、+離子反應(yīng)生成沉淀，促進HPO42的電離，溶液顯示酸性解答：解：（1）a、4Ca3（PO4）2（s）+10C（s）=12CaO（s）+2P4（s）+10CO2（g）H1=+Q1kJmol1CaO（s）+SiO2（s）=CaSiO3（s）H2=Q2 kJmol1CO2（g）+C（s）=2CO（g）H3=+Q3kJmol1依據(jù)熱化學(xué)方程式和蓋斯定律計算得到+6得到化學(xué)方程式為：2Ca3（PO4）2+6SiO2+10C6CaSiO3+P4+10CO；故答案為：2Ca3（PO4）2+6SiO2+10C6CaSiO3+P4+10CO；b、白磷（P4）是正四面體結(jié)構(gòu)，PP間形成共價鍵，白磷（P4）的結(jié)構(gòu)式

21、，1mol白磷（P4）含有PP鍵的數(shù)目為6NA，故答案為：；6NA；（2）白磷在熱的濃氫氧化鉀溶液中岐化得到一種次磷酸鹽（KH2PO2）和一種氣體，歧化反應(yīng)磷元素升高為次磷酸鹽，磷元素化合價為+1價，降低的只能為負(fù)價，則為氫化物PH3；故答案為：PH3；（3）為獲得盡可能純的NaH2PO4，需配制磷酸、磷酸二氫鈉的緩沖溶液，當(dāng)溶液全部為磷酸溶液時，磷酸以第一步電離為主，所以H3PO4H+H2PO4K1=7.1103；PH=lgc（H+）=3lg7.12.1，當(dāng)溶液全部為NaH2PO4溶液時，H2PO4H+HPO42K2=6.3108，所以pH=lgc（H+）=8lg6.37.2，所以pH應(yīng)控制

22、介于2.17.2之間；HPO42離子既能發(fā)生電離又能發(fā)生水解，電離反應(yīng)式為HPO42PO43+H+，水解反應(yīng)式為HPO42+H2OH2PO4+OH，溶液呈堿性，說明水解程度大于電離程度；由于HPO42離子和Ca2+離子反應(yīng)生成沉淀：3Ca2+2HPO42Ca3（PO4）2+2H+，促進HPO42的電離，溶液則顯酸性；故答案為：2.17.2；3Ca2+2HPO42=Ca3（PO4 ）2+2H+點評：本題考查酸堿混合的定性判斷和計算，氧化還原反應(yīng)電子轉(zhuǎn)移計算，溶液的配制PH計算，側(cè)重于學(xué)生的分析能力和計算能力的考查，為高考常見題型和高頻考點，注意把握圖象所給信息，為解答該題的關(guān)鍵，題目難度中等9（

23、14分）（2015新余二模）氨是一種重要的化工產(chǎn)品，是氮肥工業(yè)、有機合成工業(yè)以及制造硝酸、銨鹽和純堿等的原料（1）以氨為燃料可以設(shè)計制造氨燃料電池，因產(chǎn)物無污染，在很多領(lǐng)域得到廣泛應(yīng)用若電極材料均為惰性電極，KOH溶液作電解質(zhì)溶液，則該電池負(fù)極電極反應(yīng)式為2NH36e+6OH=N2+6H2O（2）在一定溫度下，在固定體積的密閉容器中進行可逆反應(yīng)：N2+3H22NH3該可逆反應(yīng)達到平衡的標(biāo)志是BCEA3v（H2）正=2v（NH3）逆B單位時間生成m mol N2的同時消耗3m mol H2C容器內(nèi)的總壓強不再隨時間而變化D混合氣體的密度不再隨時間變化Ea molNN鍵斷裂的同時，有6amolNH

24、鍵斷裂FN2、H2、NH3的分子數(shù)之比為1：3：2（3）某化學(xué)研究性學(xué)習(xí)小組模擬工業(yè)合成氨的反應(yīng)在容積固定為2L的密閉容器內(nèi)充入1molN2和3molH2，加入合適催化劑（體積可以忽略不計）后在一定溫度壓強下開始反應(yīng)，并用壓力計監(jiān)測容器內(nèi)壓強的變化如下：反應(yīng)時間/min051015202530壓強/MPa16.8014.7813.8613.2712.8512.6012.60則從反應(yīng)開始到25min時，以N2表示的平均反應(yīng)速率=0.01mol/（Lmin）；該溫度下平衡常數(shù)K=2.37（mol/L）2；（要寫K的單位）（4）以CO2與NH3為原料合成尿素化學(xué)式為CO（NH2）2的主要反應(yīng)如下，已

25、知：2NH3（g）+CO2（g）NH2CO2NH4（s）H=l59.5kJmol1NH2CO2NH4（s）CO（NH2）2（s）+H2O（g）H=+116.5kJmol1H2O（1）H2O（g）H=+44.0kJmol1寫出CO2與NH3合成尿素和液態(tài)水的熱化學(xué)反應(yīng)方程式2NH3（g）+CO2（g）CO（NH2）2（s）+H2O（l）H=87.0kJmol1；對于上述反應(yīng)在密閉容器中將過量NH2CO2NH4固體于400K下分解，平衡時體系壓強為a Pa，若反應(yīng)溫度不變，將體系的體積增加50%，則體系的壓強是a Pa（用含a的式子表示）考點：化學(xué)平衡的計算；用蓋斯定律進行有關(guān)反應(yīng)熱的計算；原電池

26、和電解池的工作原理；化學(xué)平衡狀態(tài)的判斷分析：（1）堿性燃料電池中，負(fù)極上燃料失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，同時注意電解質(zhì)溶液是否參與反應(yīng)；（2）當(dāng)可逆反應(yīng)達到平衡狀態(tài)時，正逆反應(yīng)速率相等，各物質(zhì)的質(zhì)量、百分含量及濃度不變，對反應(yīng)前后氣體體積不相等反應(yīng)壓強不變，對恒容條件全氣體反應(yīng)密度不變，據(jù)此判斷；（3）同一溫度下，容器中氣體壓強與總的物質(zhì)的量成正比，根據(jù)壓強計算平衡時混合氣體的物質(zhì)的量，再根據(jù)v=計算氮氣的平均反應(yīng)速率；根據(jù)平衡時各物質(zhì)的濃度計算其平衡常數(shù)；（4）根據(jù)蓋斯定律書寫其熱化學(xué)反應(yīng)方程式；增大體積，相當(dāng)于減小壓強，可逆反應(yīng)向氣體體積增大的方向移動，根據(jù)平衡常數(shù)不變進行計算解答：解：（1）堿性

27、燃料電池中，負(fù)極上燃燒失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，所以該原電池中負(fù)極上氨氣失電子和氫氧根離子反應(yīng)生成氮氣和水，電極反應(yīng)式為2NH36e+6OH=N2+6H2O，故答案為：2NH36e+6OH=N2+6H2O；（2）A2v（H2）正=3v（NH3）逆時，該反應(yīng)達到平衡狀態(tài)，所以3v（H2）正=2v（NH3）逆時該反應(yīng)沒有達到平衡狀態(tài)，故錯誤；B單位時間生成m mol N2的同時消耗3m mol H2，正逆反應(yīng)速率相等，所以該反應(yīng)達到平衡狀態(tài)，故正確；C對反應(yīng)前后氣體體積不相等反應(yīng)，容器內(nèi)的總壓強不再隨時間而變化，反應(yīng)體系中各物質(zhì)的濃度不變，所以達到平衡狀態(tài)，故正確；D無論該反應(yīng)是否達到平衡狀態(tài)，混合氣體

28、的密度不隨時間變化，所以密度不能作為判斷依據(jù)，故錯誤；Ea molNN鍵斷裂的同時，有6amolNH鍵斷裂，正逆反應(yīng)速率相等，所以該反應(yīng)達到平衡狀態(tài)，故正確；FN2、H2、NH3的分子數(shù)之比為1：3：2時該反應(yīng)不一定達到平衡狀態(tài)，與反應(yīng)物的初始濃度及轉(zhuǎn)化率有關(guān)，故錯誤；故選BCE；（3）同一溫度下，容器中氣體壓強與總的物質(zhì)的量成正比，設(shè)平衡狀態(tài)時混合氣體的物質(zhì)的量為x，16.80：12.60=（1+3）mol：x，x=3mol，所以平衡時混合氣體的物質(zhì)的量為3mol，設(shè)參加反應(yīng)的氮氣的物質(zhì)的量為y，N2（g）+3H2（g）2NH3（g）物質(zhì)的量減少1mol 2moly （43）mol1mol：

29、2mol=y：（43）mol，y=0.5mol，則從反應(yīng)開始到25min時，以N2表示的平均反應(yīng)速率=0.01mol/（Lmin），平衡時，c（N2）=0.25mol/L、c（H2）=0.75mol/L、c（NH3）=0.5mol/L，化學(xué)平衡常數(shù)K=（ mol/L）2=2.37（ mol/L）2，故答案為：0.01 mol/（Lmin）；2.37（ mol/L）2；（4）2NH3（g）+CO2（g）NH2CO2NH4（s）H=l59.5kJmol1NH2CO2NH4（s）CO（NH2）2（s）+H2O（g）H=+116.5kJmol1H2O（1）H2O（g）H=+44.0kJmol1據(jù)蓋斯定

30、律將方程式+得2NH3（g）+CO2（g）CO（NH2）2（s）+H2O（l）H=87.0 kJmol1，增大容器容積時，假設(shè)平衡不移動，壓強與體積成反比，將體系的體積增加50%，所以其壓強為原來的，實際上增大容器容積，壓強減小，平衡向氣體體積增大的方向移動，即向正反應(yīng)方向移動，溫度不變，平衡常數(shù)不變，可知達平衡時水蒸氣濃度不變，所以壓強仍為aPa，故答案為：2NH3（g）+CO2（g）CO（NH2）2（s）+H2O（l）H=87.0 kJmol1；a點評：本題考查較綜合，涉及化學(xué)平衡計算、平衡判斷、原電池原理等知識點，側(cè)重考查知識運用能力，化學(xué)平衡判斷時只有“反應(yīng)前后改變的物理量”才能作為判

31、斷依據(jù)，難點是（4）題第二空，注意反應(yīng)方程式的特點，題目難度中等10（15分）（2015新余二模）如圖是某化學(xué)興趣小組制備PCl3的實驗裝置（部分儀器已省略）：有關(guān)物質(zhì)的部分性質(zhì)如下：熔點/沸點/其他黃磷44.1280.52P（過量）+3Cl22PCl3；2P+5Cl2（過量）2PCl5PCl311275.5遇水生成H3PO3和HCl，遇O2生成POCl3POCl32105.3遇水生成H3PO4和HCl，能溶于PCl3請回答下列問題：（1）儀器戊的名稱為冷凝管（2）實驗時甲中所發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2+2H2O（3）乙中盛放的試劑是飽和氯化鈉溶液，其作用

32、是除去氯氣中的氯化氫；丙中盛放的試劑是濃硫酸，其作用是除去氯氣中的水蒸氣（4）向儀器丁中通入干燥、純凈的Cl2之前，應(yīng)先通入一段時間的CO2，其目的主要是排凈裝置中的空氣，防止空氣中的水分和氧氣與PCl3反應(yīng)（5）堿石灰的作用是吸收多余的Cl2，防止污染環(huán)境；防止空氣中的水蒸氣進入影響產(chǎn)品純度（答出一條即可）（6）PCl3粗產(chǎn)品中常含有POCl3、PCl5等，加入黃磷（化學(xué)式用P表示）經(jīng)加熱除去PCl5的化學(xué)反應(yīng)方程式為3PCl5+2P5PCl3，后通過蒸餾（填實驗操作名稱），即可得到PCl3純品考點：制備實驗方案的設(shè)計分析：甲裝置中為濃鹽酸與二氧化錳反應(yīng)生成氯氣，氯氣中含有的雜質(zhì)為HCl、水

33、蒸氣，分別用飽和食鹽水和濃硫酸除去，純凈的氯氣與黃磷在加熱條件下反應(yīng)生成氣態(tài)的PCl3，冷卻達到液態(tài)的PCl3；（1）根據(jù)裝置圖分析；（2）實驗室制備氯氣用二氧化錳和濃鹽酸加熱反應(yīng)生成氯化錳、氯氣和水；（3）根據(jù)制備的氯氣中的雜質(zhì)分析；（4）由于PCl3遇O2會生成POCl3，遇水生成H3PO3和HCl，通入一段時間的CO2可以排盡裝置中的空氣；（5）堿石灰吸收多余氯氣防止污染空氣，防止空氣中的水蒸氣進入影響產(chǎn)品純度；（6）在加熱條件下，黃磷與PCl5反應(yīng)生成PCl3；PCl3沸點較低，加熱易揮發(fā)解答：解：甲裝置中為濃鹽酸與二氧化錳反應(yīng)生成氯氣，氯氣中含有的雜質(zhì)為HCl、水蒸氣，分別用飽和食鹽

34、水和濃硫酸除去，純凈的氯氣與黃磷在加熱條件下反應(yīng)生成氣態(tài)的PCl3，冷卻達到液態(tài)的PCl3；（1）儀器戊名稱從裝置中分析為冷凝管，故答案為：冷凝管；（2）實驗室制備氯氣用二氧化錳和濃鹽酸加熱反應(yīng)生成氯化錳、氯氣和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2+2H2O，故答案為：MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2+2H2O；（3）氯氣中含有的雜質(zhì)為HCl、水蒸氣，分別用飽和食鹽水和濃硫酸除去，所以乙中盛放的試劑是飽和氯化鈉溶液用于除去氯氣中的氯化氫，丙中盛放的試劑是濃硫酸用于除去水蒸氣；故答案為：飽和氯化鈉溶液，除去氯氣中的氯化氫；濃硫酸，除去氯氣中的水蒸氣；（4）由

35、于PCl3遇O2會生成POCl3，遇水生成H3PO3和HCl，通入一段時間的CO2可以排盡裝置中的空氣，防止生成的PCl3與空氣中的O2和水反應(yīng)；通入二氧化碳趕凈空氣，避免水和氧氣與三氯化磷發(fā)生反應(yīng)，故答案為：排凈裝置中的空氣，防止空氣中的水分和氧氣與PCl3反應(yīng)；（5）氯氣有毒，污染空氣，堿石灰吸收多余氯氣防止污染空氣，防止空氣中的水蒸氣進入影響產(chǎn)品純度，故答案為：堿石灰吸收多余氯氣防止污染空氣，防止空氣中的水蒸氣進入影響產(chǎn)品純度（6）在加熱條件下，黃磷與PCl5反應(yīng)生成PCl3，則反應(yīng)的方程式為：3PCl5+2P5PCl3；PCl3沸點較低，加熱易揮發(fā)，可以利用蒸餾的方法分離出三氯化磷；故

36、答案為：3PCl5+2P5PCl3；蒸餾點評：本題考查物質(zhì)的制備和分離提純實驗方案設(shè)計，注意對實驗原理理解，題目難度中等，是對知識的綜合運用的考查，需要學(xué)生具有扎實的基礎(chǔ)與綜合運用分析解決問題的能力三、解答題（共1小題，滿分15分）化學(xué)-選修2化學(xué)與技術(shù)11（15分）（2015新余二模）某大型精煉銅廠，在電解銅的陽極泥中含有 314% Se 元素，（Se和S同主族化學(xué)性質(zhì)相似）以Se單質(zhì)、Cu2Se存在，還含有稀有金屬及貴金屬人體缺乏Se就會得“克山病”，Se 也是制光電池的一種原料從陽極泥中提取Se 的流程如下：（1）流程的目的是使SO2、SeO2揮發(fā)出來流程操作用到的玻璃儀器有燒杯、漏斗、

37、玻璃棒H2SeO3與SO2的離子反應(yīng)方程式為H2SeO3+2SO2+H2OSe+2SO42+4H+（2）上述工業(yè)提取 Se 的流程中，SeO2、H2SO4 （濃）、SO2 的氧化性由強到弱的順序是H2SO4（濃）SeO2SO2工業(yè)提取 Se 的流程中，可循環(huán)利用的物質(zhì)是硫酸（3）稱取5.000g 電解銅陽極泥樣品以合適方法溶解，配成 250.00mL 混酸溶液，移取上述溶液25.00mL 于錐形瓶中，加入25.00mL 0.01000molL1 KMnO 4標(biāo)準(zhǔn)溶液只發(fā)生Se（+4）轉(zhuǎn)化為Se（+6）反應(yīng)完全后，用 0.05000molL1 Fe2+標(biāo)準(zhǔn)溶液滴至終點，消耗 15.00mL則電解

38、銅陽極泥中Se 的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為3.95%若用 FeCl2溶液為 Fe2+標(biāo)準(zhǔn)溶液滴至終點，對測定Se 的質(zhì)量分?jǐn)?shù)結(jié)果是否有影響，理由是Cl有還原性在酸性條件下與KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液反應(yīng)，使測得Se 的質(zhì)量分?jǐn)?shù)偏低考點：物質(zhì)分離和提純的方法和基本操作綜合應(yīng)用；物質(zhì)的分離、提純的基本方法選擇與應(yīng)用分析：在電解銅的陽極泥中含有 314% Se元素，由提純流程可知，焙燒時S、Se反應(yīng)轉(zhuǎn)化為SO2、SeO2，二者性質(zhì)相似，均為分子晶體，加熱至773K時為氣態(tài)，流程的目的是使SO2、SeO2揮發(fā)出來，再加水發(fā)生H2SeO3+2SO2+H2OSe+2SO42+4H+，Se不溶于水，則流程為過濾操作，過濾可得到S

39、e，以此來（1）、（2）；（3）由電子守恒可知，Mn的得電子數(shù)=Se的失電子數(shù)+Fe的失電子數(shù)，然后結(jié)合Se原子守恒計算Se的質(zhì)量分?jǐn)?shù)；高錳酸鉀可氧化氯離子，干擾Se的含量測定解答：解：在電解銅的陽極泥中含有 314% Se元素，由提純流程可知，焙燒時S、Se反應(yīng)轉(zhuǎn)化為SO2、SeO2，二者性質(zhì)相似，均為分子晶體，加熱至773K時為氣態(tài)，流程的目的是使SO2、SeO2揮發(fā)出來，再加水發(fā)生H2SeO3+2SO2+H2OSe+2SO42+4H+，Se不溶于水，則流程為過濾操作，過濾可得到Se，（1）由上述分析可知，流程的目 的是使SO2、SeO2揮發(fā)出來；流程為過濾操作，需要漏斗、燒杯、玻璃棒；H

40、2SeO3與SO2的離子反應(yīng)方程式為H2SeO3+2SO2+H2OSe+2SO42+4H+，故答案為：使SO2、SeO2揮發(fā)出來；漏斗、玻璃棒；H2SeO3+2SO2+H2OSe+2SO42+4H+；（2）由Se+2H2SO4（濃）SeO2+2SO2+2H2O、H2SeO3+2SO2+H2OSe+2SO42+4H+可知，氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性，則氧化性為H2SO4（濃）SeO2SO2，由反應(yīng)可知，硫酸在中消耗，在中生成，則硫酸可循環(huán)利用，故答案為：H2SO4（濃）SeO2SO2；硫酸；（3）由電子守恒、原子守恒可知，Se%=100%=3.95%，若FeCl2溶液為 Fe2+標(biāo)準(zhǔn)溶液

41、滴至終點，對測定Se 的質(zhì)量分?jǐn)?shù)結(jié)果是否有影響，因為Cl有還原性在酸性條件下與KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液反應(yīng)，使測得Se 的質(zhì)量分?jǐn)?shù)偏低，故答案為：3.95%；Cl有還原性在酸性條件下與KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液反應(yīng)，使測得Se 的質(zhì)量分?jǐn)?shù)偏低點評：本題考查混合物分離提純的綜合應(yīng)用，為高頻考點，把握流程及發(fā)生的反應(yīng)、混合物分離方法等為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析、計算能力的考查，（3）為解答的難點，題目難度中等四、解答題（共1小題，滿分15分）選修3-物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)12（15分）（2015新余二模）A、B、X、Y、Z是元素周期表前四周期中的常見元素，原子序數(shù)依次增大A元素可形成自然界硬度最大的單質(zhì)；B與A同周期，核外

42、有三個未成對電子；X原子的第一電離能至第四電離能分別是：I1=578kJ/mol，I2=1817kJ/mol，I3=2745kJ/mol，I4=11575kJ/mol；常溫常壓下，Y單質(zhì)是固體，其氧化物是形成酸雨的主要物質(zhì)；Z的一種同位素的質(zhì)量數(shù)為63，中子數(shù)為34請回答下列問題（1）AY2是一種常用的溶劑，是非極性分子（填極性分子或非極性分子），分子中存在2個鍵（2）X與NaOH溶液反應(yīng)的離子方程式為2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2（或2Al+2OH+6H2O=2Al（OH）4+3H2）超高導(dǎo)熱絕緣耐高溫納米XB在絕緣材料中應(yīng)用廣泛，晶體與金剛石類似，屬于原子晶體B的最簡單氫化物

43、容易液化，理由是分子間形成氫鍵（3）X、氧、B元素的電負(fù)性由大到小順序為ONAl（用元素符號作答）（4）Z的基態(tài)原子核外電子排布式為Ar3d104s1或1s22s2 3S23p63d104s1元素Z與人體分泌物中的鹽酸以及空氣反應(yīng)可生成超氧酸：Z十HCl十O2=ZCI十HO2，HO2（超氧酸）不僅是一種弱酸而且也是一種自由基，具有極高的活性下列說法或表示不正確的是（填序號）氧化劑是O2HO2在堿中不能穩(wěn)定存在氧化產(chǎn)物是HO2，1molZ參加反應(yīng)有1mol電子發(fā)生轉(zhuǎn)移（5）已知Z的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，又知Z的密度為9.00g/cm3，則晶胞邊長為；ZYO4常作電鍍液，其中YO42的空間構(gòu)型是正四面

44、體Y原子的雜化軌道類型是sp3考點：位置結(jié)構(gòu)性質(zhì)的相互關(guān)系應(yīng)用；元素電離能、電負(fù)性的含義及應(yīng)用；晶胞的計算分析：A元素可形成自然界硬度最大的單質(zhì)，該單質(zhì)為金剛石，則A為C元素；B與A同周期，核外有三個未成對電子，則B為N元素；根據(jù)X原子的第一電離能至第四電離可知，X原子的第四電離能劇增，則X表現(xiàn)+3價，所以X為Al元素；常溫常壓下，Y單質(zhì)是固體，其氧化物是形成酸雨的主要物質(zhì)，則Y為S元素；Z的一種同位素的質(zhì)量數(shù)為63、中子數(shù)為34，則質(zhì)子數(shù)=6334=29，故Z為Cu元素，據(jù)此進行解答解答：解：A元素可形成自然界硬度最大的單質(zhì)，該單質(zhì)為金剛石，則A為C元素；B與A同周期，核外有三個未成對電子，

45、則B為N元素；根據(jù)X原子的第一電離能至第四電離可知，X原子的第四電離能劇增，則X表現(xiàn)+3價，所以X為Al元素；常溫常壓下，Y單質(zhì)是固體，其氧化物是形成酸雨的主要物質(zhì)，則Y為S元素；Z的一種同位素的質(zhì)量數(shù)為63、中子數(shù)為34，則質(zhì)子數(shù)=6334=29，故Z為Cu元素，（1）AY2化學(xué)式是CS2，其結(jié)構(gòu)式為S=C=S，為直線型結(jié)構(gòu)，屬于非極性分子，其分子中每個雙鍵中含有1個鍵，所以CS2分子存在2個鍵，故答案為：非極性分子；2；（2）X是Al元素，鋁與NaOH溶液反應(yīng)的離子方程式為：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2（或2Al+2OH+6H2O=2Al（OH）4+3H2）；XB是CN，晶

46、體與金剛石類似，屬于原子晶體；B的最簡單氫化物是NH3，N原子電負(fù)性大，分子間形成氫鍵，所以容易液化，故答案為：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2（或2Al+2OH+6H2O=2Al（OH）4+3H2）；原子；分子間形成氫鍵；（3）非金屬性越強，電負(fù)性越強，Al、O、N元素的電負(fù)性與非金屬性一致，則三種元素電負(fù)性大到小順序為：ONAl，故答案為：ONAl；（4）Z為29號Cu元素，根據(jù)構(gòu)造原理，其基態(tài)原子核外電子排布式為：Ar3d104s1或1s22s2 3S23p63d104s1；O2中氧元素的化合價是0價，HO2中氧元素的化合價是0.5價，化合價降低作氧化劑，故正確；HO2為超氧酸，應(yīng)具有酸性，可與堿反應(yīng)，故HO2在堿中不能穩(wěn)定存在，故正確；還原產(chǎn)物是HO2，故錯誤；1molCu參加反應(yīng)生成+1價銅離子，有1mol電子發(fā)生轉(zhuǎn)移，故正確，根據(jù)以上分析可知，不正確的為，故答案為：Ar3d104s1或1s22s2 3S23p63d104s1；（5）Z為Cu元素，銅原子位于頂點和面心，每個晶胞中含有銅原子的數(shù)目為：8+6=4，晶胞中含有4個銅原子，則晶胞的質(zhì)量為：g，設(shè)該晶胞的邊長為xcm，