广东省中山市2015年高考化学模拟试卷（含解析）.doc

中山市2015年高考化学模拟试题（含解析）　 ‎ 一、单项选择题（每题4分，错选0分）‎ ‎1．（4分）（2015•中山模拟）下列说法中，错误的是（　　）‎ ‎　 A． 乙酸乙酯、油脂都属于酯类，但不是同系物 ‎　 B． 误服重金属盐，立即服用豆浆或牛奶可解毒 ‎　 C． 蔗糖、纤维素、淀粉水解的最终产物都是葡萄糖 ‎　 D． 煤的干馏可以得到苯等芳香烃 考点： 芳香烃、烃基和同系物；煤的干馏和综合利用；淀粉的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点．‎ 分析： A、油脂是高级脂肪酸甘油酯；‎ B、根据重金属盐可以使蛋白质变性来分析；‎ C、蔗糖水解生成葡萄糖和果糖；‎ D、煤焦油中含有苯、甲苯等．‎ 解答： 解：A、油脂是高级脂肪酸甘油酯有3个酯基，而乙酸乙酯只有一个酯基，两者不是同系物，故A正确；‎ B、重金属盐可以是蛋白质变性，所以误食后会中毒，服用大量的蛋清和牛奶后，可以和重金属反应，变为不被吸收的物质，减弱对肠胃的影响，故B正确；‎ C、淀粉和纤维素水解最终生成葡萄糖，蔗糖水解生成葡萄糖和果糖，故C错误；‎ D、煤的干馏可以得到煤焦油，煤焦油中含有苯、甲苯等芳香烃，故D正确，‎ 故选C．‎ 点评： 本题考查糖类油脂蛋白质的性质和煤的干馏等，难度不大，注意煤的干馏可以得到煤焦油，煤焦油中含有苯、甲苯等芳香烃．‎ ‎　‎ ‎2．（4分）（2015•中山模拟）在水溶液中能大量共存的一组离子是（　　）‎ ‎　 A． NH4+、Al3+、NO3﹣、AlO2﹣ B． Na+、Fe3+、HSO3﹣、OH﹣‎ ‎　 C． Cu2+、NH4+、SO42﹣、Cl﹣ D． K+、H+、I﹣、ClO﹣‎ 考点： 离子共存问题．‎ 分析： A．铝离子、偏铝酸根离子之间发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀；‎ B．铁离子能够氧化亚硫酸氢根离子，铁离子、亚硫酸氢根离子都与氢氧根离子反应；‎ C．四种离子之间不发生反应，能够大量共存；‎ D．次氯酸根离子与氢离子、碘离子反应．‎ 解答： 解：A．Al3+、AlO2﹣之间反应生成氢氧化铝沉淀，在溶液中不能大量共存，故A错误；‎ B．Fe3+、HSO3﹣、OH﹣之间发生反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；‎ C．Cu2+、NH4+、SO42﹣、Cl﹣之间不反应，在溶液中可以大量共存，故C正确；‎ D．H+、I﹣都与ClO﹣反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；‎ 故选C．‎ 点评： 本题考查离子共存，题目难度中等，明确离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，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．‎ - 13 -‎ ‎　‎ ‎3．（4分）（2015•中山模拟）设NA为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是（　　）‎ ‎　 A． 常温常压下，‎22.4L氧气与金属钠完全反应，转移的电子数一定是4NA ‎　 B． 常温常压下，1.7gH2O2中含有电子数为0.9NA ‎　 C． ‎1L 0.2 mol•L﹣1 FeCl3溶液中，含有Fe3+粒子数为0.2 NA ‎　 D． 标准状况下，0.1mol 甲苯所含C﹣C键数为0.6NA 考点： 阿伏加德罗常数．‎ 分析： A、常温常压下，气体摩尔体积的数值大于‎22.4L/mol，且反应后氧元素可能为﹣2价或﹣1价；‎ B、求出双氧水的物质的量，然后根据1mol双氧水中含18mol电子来分析；‎ C、Fe3+是弱碱阳离子，在溶液中会水解；‎ D、甲苯的苯环不是单双键交替的结构．‎ 解答： 解：A、常温常压下，气体摩尔体积的数值大于‎22.4L/mol，故‎22.4L氧气的物质的量小于1mol，且反应后氧元素可能为﹣2价或﹣1价，故转移的电子的物质的量小于4mol或2mol，故A错误；‎ B、‎1.7g双氧水的物质的量n==0.05mol，而1mol双氧水中含18mol电子，故0.05mol双氧水中含0.9mol电子，即0.9NA个，故B正确；‎ C、Fe3+是弱碱阳离子，在溶液中会水解导致数目减少，故个数小于0.2NA个，故C错误；‎ D、甲苯的苯环不是单双键交替的结构，苯环中的键均为介于单双键之间的特殊的键，故1mol甲苯中只含1mol碳碳单键，即0.1mol甲苯只含0.1mol碳碳单键，即0.1NA个，故D错误．‎ 故选B．‎ 点评： 本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的运用和物质的结构是解题关键，难度不大．‎ ‎　‎ ‎4．（4分）（2015•中山模拟）下列陈述Ⅰ、Ⅱ正确并且有因果关系的是（　　）‎ 选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ A 浓H2SO4有吸水性 浓H2SO4可用于干燥NH3‎ B 二氧化硅不与任何酸反应 可用石英制造耐酸容器 C 铝具有强还原性 可以通过铝热反应冶炼某些高熔点金属 D 铜的金属活泼性比铁的弱 在海轮外壳上装若干铜块以减缓其腐蚀 ‎　 A． A B． B C． C D． D 考点： 化学实验方案的评价．‎ 分析： A．干燥剂与气体不能发生反应；‎ B．二氧化硅可与氢氟酸反应；‎ C．利用铝热反应冶炼金属，利用了铝的强还原性；‎ D．在海轮外壳上装若干铜块加快铁的腐蚀．‎ 解答： 解：A．浓硫酸具有吸水性，可以做干燥剂但和氨气反应；陈述Ⅰ正确、Ⅱ错误，无因果关系，故A错误；‎ B．二氧化硅可与氢氟酸反应，陈述Ⅰ错误，故B错误；‎ C．铝为活泼金属，可用于冶炼金属，陈述Ⅰ、Ⅱ正确，有因果关系，故C正确；‎ - 13 -‎ D．铜的金属活泼性比铁的弱，陈述Ⅰ正确，但在海轮外壳上装若干铜块，铁为负极，加速腐蚀，Ⅱ错误，无因果关系，故D错误．‎ 故选C．‎ 点评： 本题考查了物质性质的分析应用，主要是浓硫酸、二氧化硅、铝等物质性质的应用，原电池反应原理的理解和金属腐蚀与防护是学习重点，题目难度中等．‎ ‎　‎ ‎5．（4分）（2015•中山模拟）对下列装置的叙述错误的是（　　）‎ ‎　 A． X如果是硫酸铜，a和b分别连接直流电源正、负极，一段时间后铁片质量增加 ‎　 B． X如果是氯化钠，则a和b连接时，该装置可模拟生铁在食盐水中被腐蚀的过程 ‎　 C． X如果是硫酸铁，则不论a和b是否用导线连接，铁片均发生氧化反应 ‎　 D． X如果是氢氧化钠，将碳电极改为铝电极，a和b用导线连接，此时构成原电池铁作负极 考点： 原电池和电解池的工作原理．‎ 分析： A．如果X是硫酸铜，a和b分别连接直流电源正、负极，该装置形成电解池，阴极上铜离子放电；‎ B．如果X是氯化钠，a和b连接时，该装置属于原电池，铁易发生吸氧腐蚀；‎ C．如果X是硫酸铁，如果导线连接a和b，该装置形成原电池，如果a、b不连接，铁和铁离子发生氧化还原反应；‎ D．X如果是氢氧化钠，将碳电极改为铝电极，铝失电子作负极．‎ 解答： 解：A．如果X是硫酸铜，a和b分别连接直流电源正、负极，该装置形成电解池，铁作阴极，阴极上铜离子放电生成铜单质，单质铁电极质量增加，故A正确；‎ B．如果X是氯化钠，a和b连接时，该装置属于原电池，电解质溶液为中性，铁易发生吸氧腐蚀，该装置可模拟生铁在食盐水中被腐蚀的过程，故B正确；‎ C．如果X是硫酸铁，如果导线连接a和b，该装置形成原电池，电池反应式为铁和铁离子的氧化还原反应，如果a、b不连接，铁和铁离子发生氧化还原反应，故C正确；‎ D．X如果是氢氧化钠，将碳电极改为铝电极，a和b用导线连接，铝失电子作负极，Fe作正极，故D错误；‎ 故选D．‎ 点评： 本题考查了原电池和电解池原理，明确原电池、电解池各个电极上得失电子及电极反应是解本题关键，侧重于基础知识的考查，题目难度不大．‎ ‎　‎ ‎6．（4分）（2015•中山模拟）常温下，下列有关溶液的叙述正确的是（　　）‎ ‎　 A． 将PH=1的醋酸和PH=13的Na OH溶液混合后，若c（CH3COO﹣）=c（Na+），则溶液显中性 ‎　 B． 在Na2SO3溶液中：c（Na+）=‎2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（OH﹣）‎ ‎　 C． pH=6的CH3COOH溶液和pH=6的NH4Cl溶液，由水电离出的c（H+）均为1×10﹣8mol•L﹣1‎ - 13 -‎ ‎　 D． 在饱和Na2CO3溶液中：‎2c（Na+）=c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）‎ 考点： 离子浓度大小的比较．‎ 分析： A、电荷守恒分析解答；‎ B、根据电荷守恒分析解答；‎ C、pH=6的CH3COOH中由水电离出的c（H+）水=c（OH﹣）水==10﹣8 mol/L，pH=6的NH4Cl溶液中由水电离出的c（H+）=10﹣6 mol/L；‎ D、根据物料守恒分析解答．‎ 解答： 解：A、电荷守恒，可知：c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+），又因为：c（CH3COO﹣）=c（Na+），所以c（OH﹣）=c（H+），溶液呈中性，故A正确；‎ B、在Na2SO3溶液中，根据电荷守恒可知：c（Na+）+c（H+）=‎2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（OH﹣），故B错误；‎ C、pH=6的CH3COOH中由水电离出的c（H+）水=c（OH﹣）水==10﹣8 mol/L，pH=6的NH4Cl溶液中由水电离出的c（H+）=10﹣6 mol/L，故C错误；‎ D、在饱和Na2CO3溶液中，根据物料守恒：c（Na+）=‎2c（CO32﹣）+‎2c（HCO3﹣）+‎2c（H2CO3），故D错误；‎ 故选A．‎ 点评： 本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，注意掌握电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理在判断离子浓度大小中的应用方法，比较容易．‎ ‎　‎ ‎7．（6分）（2015•中山模拟）如图是部分短周期元素原子半径与原子序数的关系图．则下列说法正确的是（　　）‎ ‎　 A． 简单离子的半径大小比较：Y＞X＞Z ‎　 B． 气态氢化物稳定性：X＞R ‎　 C． R最高价氧化物对应水化物中既有离子键又有共价键 ‎　 D． Z单质能从M的盐溶液中置换出单质M 考点： 原子结构与元素的性质；原子结构与元素周期律的关系．‎ 分析： 同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故前7种元素处于第二周期，后7种元素处于第三周期，由原子序数可知，Y为N元素，X为氧元素，Z为Na元素，M为Al元素，R为S元素，结合元素周期律与物质的性质等解答．‎ - 13 -‎ 解答： 解：同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故前7种元素处于第二周期，后7种元素处于第三周期，由原子序数可知，Y为N元素，X为氧元素，Z为Na元素，M为Al元素，R为S元素．‎ A．Na3﹣、O2﹣、Na+离子电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：Na3﹣＞O2﹣＞Na+，故A正确；‎ B．非金属性O＞N，非金属性越强氢化物越稳定，故稳定性H2O＞NH3，故B正确；‎ C．R最高价氧化物对应水化物为硫酸，属于共价化合物，只含有共价键，故C错误；‎ D．Na单质与水反应生成氢氧化钠与氢气，不能从M的盐溶液中置换出单质M，故D错误，‎ 故选：AB．‎ 点评： 本题考查位置结构性质的关系及应用，题目难度中等，推断元素是解题的关键，根据原子半径变化规律结合原子序数进行推断，首先审题中要抓住“短周期主族元素”几个字．‎ ‎　‎ ‎8．（6分）（2015•中山模拟）下列实验操作、现象和结论均为正确的是（　　）‎ 选项 操作 现象 结论 A ①将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口 试纸不变色 NH4Cl受热不分解 B ②中振荡后静置 下层液体颜色变浅 NaOH溶液可除去溶在溴苯中的Br2‎ C ③加热 洗气瓶中溶液褪色 生成了乙烯 D ④通电 A极上有红色固体析出 锌的金属性比铜强 ‎　 A． A B． B C． C D． D 考点： 化学实验方案的评价．‎ 分析： A．分解得到的氨气与HCl又结合为氯化铵；‎ B．氢氧化钠与溴反应，溴苯不与水互溶，且密度大于水；‎ C．挥发出的乙醇也可以使酸性高锰酸钾溶液褪色；‎ D．A连接电源负极，为阴极，铜离子氧化性比锌离子氧化性强，通电时A极有Cu析出．‎ 解答： 解：A．氯化铵受热分解为氨气与HCl，受冷后氨气与HCl又结合为氯化铵，故湿润的红色石蕊试纸靠近试管口试纸不变色，故A错误；‎ B．氢氧化钠与溴反应，溴苯不与水互溶，且密度大于水，静置后，溶液分层，下层液体颜色变浅，可以用NaOH溶液可除去溶在溴苯中的Br2，故B正确；‎ C．挥发出的乙醇被酸性高锰酸钾氧化为乙酸，也可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；‎ D．A连接电源负极，为阴极，通电时，A电极发生还原反应，有Cu析出，铜离子氧化性比锌离子氧化性强，说明Zn的金属性比Cu强，故D正确，‎ 故选BD．‎ - 13 -‎ 点评： 本题考查实验方案设计与评价，C选项为易错点，学生容易考虑乙烯，而忽略挥发出的乙醇，是对学生综合能力的考查，难度中等．‎ ‎　‎ 三、非选择题 ‎9．（16分）（2015•中山模拟）不饱和酯类化合物在药物、涂料等领域应用广泛．由炔烃直接制备不饱和酯的一种新方法如下：‎ ‎（1）下列有关化合物Ⅰ～Ⅲ的叙述中，正确的是　AC　．‎ A．化合物Ⅰ能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色 B．化合物Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ都能发生取代反应、加成反应、消去反应和加聚反应 C．化合物Ⅰ的所有碳原子可能都处于同一平面上 D.1mol化合物Ⅲ最多能与4molNaOH反应 ‎（2）化合物Ⅲ的分子式为　C11H11O3Br　，1mol该化合物最多能与　4　molH2完全反应．‎ ‎（3）化合物Ⅳ是化合物Ⅲ的同分异构体，且满足以下条件，写出化合物Ⅳ结构简式　　（任写其中一种）‎ ‎①能发生银镜反应，该化合物与银氨溶液反应的物质的量之比为1：4‎ ‎②该化合物在与NaOH乙醇溶液共热能发生消去反应 ‎③该化合物的核磁共振氢谱有四组峰，其峰面积比为6：2：2：1‎ ‎④该化合物遇到FeCl3溶液显紫色 ‎（4）化合物Ⅴ是用于制备高聚物 涂料的单体，化合物Ⅴ单体结构简式为　CH3COOCH=CHCH3　．‎ 该高聚物完全水解的化学方程式为　　．利用类似反应①的方法，仅以丙炔和乙酸为有机物原料合成该单体，写出反应方程式　　．‎ 考点： 有机物的结构和性质．‎ 分析： （1）A．I中含有苯环、碳碳三键、溴原子和醚键，具有炔烃、苯、卤代烃、醚的性质；‎ B．II中不含不饱和键，不能发生加成反应、加聚反应，I、II、III都不能发生消去反应；‎ - 13 -‎ C．苯、乙炔中所有原子都共面；‎ D．酯基水解生成的羧基能和NaOH反应，溴原子水解生成的酚羟基、HBr能和NaOH反应；‎ ‎（2）化合物Ⅲ的分子式为C11H11O3Br，苯环、碳碳双键能和氢气发生加成反应；‎ ‎（3）化合物Ⅳ是化合物Ⅲ的同分异构体，且满足以下条件，‎ ‎①能发生银镜反应，说明含有醛基，该化合物与银氨溶液反应的物质的量之比为1：4，说明含有两个醛基；‎ ‎②该化合物在与NaOH乙醇溶液共热能发生消去反应说明连接溴原子的碳原子相邻碳原子上含有氢原子；‎ ‎③该化合物的核磁共振氢谱有四组峰，其峰面积比为6：2：2：1，说明有四种氢原子，且氢原子个数之比是6：2：2：1；‎ ‎④该化合物遇到FeCl3溶液显紫色说明含有酚羟基；‎ 据此判断同分异构体结构简式；‎ ‎（4）化合物Ⅴ是用于制备高聚物涂料的单体，化合物Ⅴ单体结构简式为CH3COOCH=CHCH3，该高聚物完全水解生成聚丙烯醇和醋酸钠；‎ 丙炔和乙酸在醋酸锌、‎200℃‎条件下发生加成反应生成CH2CHCHOOCCH3．‎ 解答： 解：（1）A．I中含有苯环、碳碳三键、溴原子和醚键，具有炔烃、苯、卤代烃、醚的性质，能和溴发生加成反应、能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以I能使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色，故A正确；‎ B．II中不含不饱和键，不能发生加成反应、加聚反应，I、II、III都不能发生消去反应，故B错误；‎ C．苯、乙炔中所有原子都共面，所以化合物Ⅰ的所有碳原子可能都处于同一平面上，故C正确；‎ D．酯基水解生成的羧基能和NaOH反应，溴原子水解生成的酚羟基、HBr能和NaOH反应，所以1mol化合物Ⅲ最多能与3molNaOH反应，故D错误；‎ 故选AC；‎ ‎（2）化合物Ⅲ的分子式为C11H11O3Br，苯环、碳碳双键能和氢气发生加成反应，所以1mol该化合物最多能与4molH2完全反应，故答案为：C11H11O3Br；4；‎ ‎（3）化合物Ⅳ是化合物Ⅲ的同分异构体，且满足以下条件，‎ ‎①能发生银镜反应，说明含有醛基，该化合物与银氨溶液反应的物质的量之比为1：4，说明含有两个醛基；‎ ‎②该化合物在与NaOH乙醇溶液共热能发生消去反应说明连接溴原子的碳原子相邻碳原子上含有氢原子；‎ ‎③该化合物的核磁共振氢谱有四组峰，其峰面积比为6：2：2：1，说明有四种氢原子，且氢原子个数之比是6：2：2：1；‎ ‎④该化合物遇到FeCl3溶液显紫色说明含有酚羟基；‎ 符合条件的同分异构结构简式为，‎ - 13 -‎ 故答案为：；‎ ‎（4）化合物Ⅴ是用于制备高聚物涂料的单体，化合物Ⅴ单体结构简式为CH3COOCH=CHCH3，该高聚物完全水解生成聚丙烯醇和醋酸钠，反应方程式为；‎ 丙炔和乙酸在醋酸锌、‎200℃‎条件下发生加成反应生成CH2CHCHOOCCH3，反应方程式为，‎ 故答案为：CH3COOCH=CHCH3；；．‎ 点评： 本题考查有机物结构和性质，为高频考点，明确官能团及其性质关系是解本题关键，注意III中水解生成的醇羟基连接碳碳双键不稳定，易转化为醛基，为易错点．‎ ‎　‎ ‎10．（16分）（2015•中山模拟）减少二氧化碳的排放，氮氧化物、二氧化硫的处理与利用是一项重要的热点课题．‎ Ⅰ．（1）CO2经催化加氢可合成低碳烯烃：2CO2（g）+6H2（g）⇌C2H4（g）+4H2O（g）△H 在0.1MPa时，按n（CO2）：n（H2）=1：3投料，图1所示不同温度（T）下，平衡时的四种气态物质的物质的量（n）的关系．‎ ‎①该反应的△H　＜　0（填“＞”、“=”或“＜”）．‎ ‎②曲线b表示的物质为　H2O　．‎ ‎③为提高CO2的平衡转化率，除改变温度外，还可采取的措施是　加压（或不断分离出水）　．‎ ‎（2）在强酸性的电解质水溶液中，惰性材料做电极，电解CO2可得到多种燃料，其原理如图2所示．‎ b为电源的　正　极，电解时，生成乙烯的电极反应式是　2CO2+12e﹣+12H+=C2H4+4H2O　．‎ - 13 -‎ Ⅱ．（3）用活性炭还原法可以处理氮氧化物．如反应：C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g）△H=Q kJ•mol﹣1．‎ 在T‎1℃‎时，反应进行到不同时间测得各物质的浓度如下：‎ 时间（min）‎ 浓度（mol/L） 0 10 20 30 40 50‎ NO 1.00 0.58 0.40 0.40 0.48 0.48‎ N2 0 0.21 0.30 0.30 0.36 0.36‎ CO2 0 0.21 0.30 0.30 0.36 0.36‎ ‎①Tl℃时，该反应的平衡常数K=　　．‎ ‎②30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡，根据上表中的数据判断改变的条件可能是　通入一定量的NO；适当缩小容器的体积；增大压强；通入等物质的量的CO2和N2　（答一种即可）．‎ Ⅲ．（4）工业上可以用NaOH溶液或氨水吸收过量的SO2，分别生成NaHSO3、NH4HSO3，其水溶液均呈酸性．相同条件下，同浓度的两种酸式盐的水溶液中c（SO32﹣）较小的是　NH4HSO3　，用文字和化学用语解释原因　HSO3﹣⇌H++SO32﹣，NH4+水解使c（H+）增大，电离平衡逆向移动，c（SO32﹣）浓度减小　．‎ 考点： 化学平衡的计算；化学平衡的影响因素；盐类水解的原理；电解原理．‎ 分析： （1）由曲线变化可知随着温度升高，氢气的物质的量逐渐增多，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应放热；可知a为CO2的变化曲线，结合计量数关系可知b为水，c为C2H4的变化曲线；‎ ‎（2）太阳能电池为电源，电解强酸性的二氧化碳水溶液得到乙烯，乙烯在阴极生成．据此解答；‎ ‎（3）①Tl℃时，由表格数据可知20min达到平衡，平衡浓度c（N2）=0.3mol/L、c（CO2）=0.3mol/L、c（NO）=0.4mol/L，以此计算反应的平衡常数；‎ ‎②30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡，C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g），由图表数据分析，平衡状态物质浓度增大，平衡常数K′═=，平衡常数不变，则结合浓度增大的影响因素来解答；‎ ‎（4）根据铵根水解成酸性，抑制亚硫酸氢根的电离比较同浓度的两种酸式盐的水溶液中c（SO32﹣）的浓度．‎ 解答： 解：（1）①由曲线变化可知随着温度升高，氢气的物质的量逐渐增多，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应放热，‎ 故答案为：＜；‎ ‎②随着温度升高，氢气的物质的量逐渐增多，因氢气为反应物，则另一条逐渐增多的曲线为CO2，由计量数关系可知b为水，c为C2H4的变化曲线，‎ 故答案为：H2O；‎ ‎③为提高CO2的平衡转化率，除改变温度外，还可采取的措施是增大压强，‎ 故答案为：加压（或不断分离出水）；‎ ‎（2）电解时，二氧化碳在b极上生成乙烯，得到电子的一极为电源的正极，电极反应式为2CO2+12H++12e﹣=C2H4+4H2O，‎ - 13 -‎ 故答案为：正；2CO2+12H++12e﹣=C2H4+4H2O；‎ ‎（3）①Tl℃时，由表格数据可知20min达到平衡，平衡浓度c（N2）=0.3mol/L、c（CO2）=0.3mol/L、c（NO）=0.4mol/L，则K==，‎ 故答案为：；‎ ‎②30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡，C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g），由图表数据分析，平衡状态物质浓度增大，平衡常数K′═=，平衡常数随温度变化，平衡常数不变说明改变的条件一定不是温度；由氮气浓度增大，二氧化碳和一氧化氮浓度增大，反应前后气体体积不变，则改变的条件可能是通入一定量的NO或适当缩小容器的体积或增大压强或通入等物质的量的CO2和N2，‎ 故答案为：通入一定量的NO或适当缩小容器的体积或增大压强或通入等物质的量的CO2和N2．‎ ‎（4）因为HSO3﹣⇌H++SO32﹣，生成亚硫酸根离子，又铵根水解成酸性，抑制亚硫酸氢根的电离，所以NH4HSO3中c（SO32﹣）浓度减小，‎ 故答案为：NH4HSO3；HSO3﹣⇌H++SO32﹣，NH4+水解使c（H+）增大，电离平衡逆向移动，c（SO32﹣）浓度减小．‎ 点评： 本题涉及氧化还原、化学平衡移动以及原电池反应等知识，考查了学生分析问题、解决问题的能力，题目难度中等．‎ ‎　‎ ‎11．（16分）（2015•中山模拟）某地煤矸石经预处理后主要含SiO2（61%）、Al2O3（30%）和少量的Fe2O3、FeO及钙镁的化合物等．‎ 某实验小组利用其提取Al（OH）3．‎ ‎（1）“酸浸”过程中发生的主要反应的离子方程式为　Al2O3+6H+=2Al3++3H2O　，为提高“酸浸”时铝浸出率，可采取的措施之一是　提高酸的浓度（或适当提高反应温度或搅拌下进行反应）　．‎ ‎（2）“氧化”的目的是　将Fe2+氧化成Fe3+，有利于其水解除去铁元素　，检验Fe3+已水解完全的方法是　取少量母液Ⅰ，滴加KSCN溶液，无血红色，则Fe3+已水解完全　．‎ ‎（3）滤渣Ⅱ的主要成分是CaCO3、Mg（OH）2和　Fe（OH）3　．‎ ‎（4）①上述流程中可循环利用的物质的化学式是　CO2（或Na2CO3）　．‎ ‎②“转化”时主要反应的离子方程式为　AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣　．‎ ‎（5）Fe3+开始沉淀和沉淀完全的pH分别为2.1和3.2，Al3+开始沉淀和沉淀完全的pH分别为4.1和5.4．为了获得产品Al（OH）3，从氧化后的溶液开始，若只用纯碱一种试剂，后续操作是　加入纯碱调节pH到3.2，过滤除去Fe（OH）3等固体后，再加入纯碱调节pH到5.4，过滤得到Al（OH）3　．‎ - 13 -‎ 考点： 物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．‎ 分析： 煤矸石溶于稀盐酸发生的反应有Al2O3+6H+=2Al3++3H2O、Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、FeO+2H+=Fe2++H2O，然后过滤，得到的滤渣为SiO2，向滤液中通入氯气，发生的反应为2Fe2++Cl2=2Cl﹣+2Fe3+，向溶液中加入碳酸钠，发生的反应为3CO32﹣+2Al3++3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑、CO32﹣+Ca2+=CaCO3↓、Mg2++2H2O⇌Mg（OH）2+2H+、Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，过滤得到的滤液中含有NaCl，向滤渣中加入过量NaOH溶液，Al（OH）3溶解，其余沉淀不溶解，过滤后得到的滤渣II为CaCO3、Mg（OH）2和Fe（OH）3，滤液中含有NaAlO2，向滤液中通入二氧化碳，发生的反应为AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣（或2AlO2﹣+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+CO32﹣），然后过滤得到Al（OH）3，滤液II中含有NaHCO3或碳酸钠，据此分析解答．‎ 解答： 解：（1）酸浸过程中金属氧化物都和稀盐酸反应生成氯化物，主要离子反应方程式为Al2O3+6H+=2Al3++3H2O，为提高反应速率可以采用升高温度、搅拌、增大盐酸浓度或增大煤矸石的表面积等方法，‎ 故答案为：Al2O3+6H+=2Al3++3H2O；提高酸的浓度（或适当提高反应温度或搅拌下进行反应）；‎ ‎（2）铁离子易水解生成沉淀且需要的pH较小，将Fe2+氧化成Fe3+，有利于其水解除去铁元素；‎ 铁离子用KSCN溶液检验，其检验方法是：取少量母液Ⅰ，滴加KSCN溶液，无血红色，则Fe3+已水解完全，‎ 故答案为：将Fe2+氧化成Fe3+，有利于其水解除去铁元素；取少量母液Ⅰ，滴加KSCN溶液，无血红色，则Fe3+已水解完全；‎ ‎（3）通过以上分析知，滤渣II的成分为CaCO3、Mg（OH）2和Fe（OH）3，故答案为：Fe（OH）3；‎ ‎（4）①水解时生成二氧化碳气体、转化时需要二氧化碳，在水解是需要碳酸钠、在转化时得到碳酸氢钠或碳酸钠，所以能循环利用的是CO2（或Na2CO3），‎ 故答案为：CO2（或Na2CO3）；‎ ‎②通过以上分析知，转化时发生的离子反应方程式为AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣（或2AlO2﹣+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+CO32﹣），故答案为：AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣（或2AlO2﹣+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+CO32﹣）；‎ ‎（5）要得到较纯净的氢氧化铝，需要调节溶液的pH，要除去氢氧化铁且不能产生氢氧化铝沉淀，所以需要的pH≥3.2，除去氢氧化铁沉淀，然后再加入纯碱调节pH到5.4，过滤得到氢氧化铝沉淀，‎ 故答案为：加入纯碱调节pH到3.2，过滤除去Fe（OH）3等固体后，再加入纯碱调节pH到5.4，过滤得到Al（OH）3．‎ 点评： 本题考查制备实验方案设计，为高考高频点，此种题型涉及物质性质、实验基本操作，明确物质的性质及每一步发生的反应、基本操作方法是解本题关键，熟练掌握元素化合物知识，灵活运用知识解答问题，题目难度中等．‎ ‎　‎ ‎12．（16分）（2015•中山模拟）化学实验装置的科学设计是实验是否取得预期效果的关键．‎ 某实验小组欲探究碳与浓硝酸反应的情况．甲同学设计了图1装置，认为若有红棕色气体产生就说明碳与浓硝酸发生了反应．‎ - 13 -‎ ‎（1）碳与浓硝酸反应的方程式　C+4HNO3 （浓）4NO2↑+CO2↑+2H2O　，甲同学的实验应该在　通风橱　中进行，才符合化学实验安全性的要求．‎ ‎（2）乙同学认为红棕色气体不一定是碳与浓硝酸发生反应而得，所以他认为甲同学观点是错误的，他的理由是　4HNO3（浓）4NO2↑+O2↑+2H2O　（用化学方程式表示），所以他认为应该检验　CO2　（填化学式）的产生来证明碳与浓硝酸反应．为此乙同学查阅相关资料得知“‎0℃‎时四氧化二氮为液体”，从而改进了实验装置如图2所示．‎ ‎（3）请用平衡移动原理解释B装置的作用　常温下存在平衡体系：2NO2⇌N2O4，降低温度N2O4液化，平衡右移，除去混合气体中的NO2　（结合方程式与文字表述）．‎ ‎（4）C装置中出现的现象是　C中溶液变浑浊（或产生白色沉淀）　，经检测C的溶液中还含有少量氮元素，只以NO3﹣形式存在，写出生成该离子的离子方程式　4NO2+O2+4OH﹣=4NO3﹣+2H2O　．‎ 考点： 性质实验方案的设计．‎ 分析： （1）碳与浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，二氧化氮有毒；‎ ‎（2）浓硝酸不稳定，加热易分解；要检验该反应发生则要检验二氧化碳；‎ ‎（3）温度低，平衡向生成四氧化二氮的方向移动；‎ ‎（4）二氧化碳能和氢氧化钡溶液反应生成难溶性的碳酸钡，二氧化氮、氧气和水反应生成硝酸，硝酸和氢氧化钡发生酸碱中和反应．‎ 解答： 解：（1）碳与浓硝酸反应的方程式为C+4HNO3 （浓）4NO2↑+CO2↑+2H2O，二氧化氮有毒，则甲同学的实验应该在通风橱中进行，才符合化学实验安全性的要求，‎ 故答案为：C+4HNO3 （浓）4NO2↑+CO2↑+2H2O；通风橱；‎ ‎（2）浓硝酸不稳定，加热易分解生成二氧化氮，浓硝酸和碳在加热条件下反应也生成二氧化氮，所以对实验造成干扰，反应方程式为4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O，所以要想检验浓硝酸和碳反应不能根据是否生成二氧化氮判断，要根据CO2判断，‎ 故答案为：4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O；CO2；‎ - 13 -‎ ‎（3）根据题给信息知，‎0℃‎时四氧化二氮为液体，所以温度越低，二氧化氮越向四氧化二氮方向移动，所以要使用冰水混合物冷却二氧化氮气体，从而将混合气体中的二氧化氮除去，防止二氧化碳的检验，‎ 故答案为：常温下存在平衡体系：2NO2⇌N2O4，降低温度N2O4液化，平衡右移，除去混合气体中的NO2；‎ ‎（4）氧化碳能和氢氧化钡溶液反应生成难溶性的碳酸钡，所以看到的现象是：C中溶液变浑浊，二氧化氮、氧气和水反应生成硝酸，硝酸和氢氧化钡发生酸碱中和反应，所以溶液呈出现硝酸根离子，反应方程式为4NO2+O2+2Ba（OH）2=2Ba（NO3）2+2H2O，离子反应为4NO2+O2+4OH﹣=4NO3﹣+2H2O，‎ 故答案为：C中溶液变浑浊（或产生白色沉淀）；4NO2+O2+4OH﹣=4NO3﹣+2H2O．‎ 点评： 本题考查性质实验方案的设计，为高频考点，把握图中装置的作用、反应原理及实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的综合考查，题目难度中等．‎ ‎　‎ - 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