浙江省溫州市2015年高三第二次適應性測試化學試題(解析版)

1、浙江省溫州市2015年高三第二次適應性測試化學試題一、選擇題（共7小題，每小題3分，滿分21分）1下列說法不正確的是（）A發(fā)展核電、煤中加入生石灰、利用二氧化碳制造全降解塑料都能有效減少環(huán)境污染B物質變化中炭化、鈍化、皂化、酯化、熔化都屬于化學變化C氫鍵、分子間作用力、離子鍵和共價鍵均為微粒間的相互作用力D農業(yè)廢棄物、城市工業(yè)有機廢棄物及動物糞便中都蘊藏著豐富的生物質能考點：常見的生活環(huán)境的污染及治理；物理變化與化學變化的區(qū)別與聯(lián)系；化學鍵和分子間作用力的區(qū)別.分析：A煤中加入生石灰能減少二氧化硫的排放；B化學變化過程中有新物質生成，物理變化過程中沒有新物質生成；C離子鍵和共價鍵均為離子和原子

2、間的相互作用力；D生物質能就是太陽能以化學能形式貯存在生物質中的能量形式，即以生物質為載體的能量解答：解：A煤中加入生石灰能減少二氧化硫的排放，發(fā)展核電、利用二氧化碳制造全降解塑能減少二氧化碳的排放，三者都能有效減少環(huán)境污染，故A正確； B熔化沒有生成新物質，屬于物理變化，故B錯誤；C氫鍵、分子間作用力是分子之間的作用力；離子鍵和共價鍵均為離子和原子間的相互作用力，故C正確；D農業(yè)廢棄物、城市工業(yè)有機廢棄物及動物糞便中都蘊藏著以生物質為載體的能量，故D正確故選B點評：本題考查環(huán)境污染、化學變化、生物質能、化學鍵等，知識點較多，難度不大，學習中注意相關基礎知識的積累2（3分）（2025溫州二模）

3、下列說法正確的是（）A實驗中要配制500mL 0.2molL1 KCl溶液，需用托盤天平稱量7.45gKCl固體B實驗室制氫氣，為了加快反應速率，可向稀H2SO4中滴加少量Cu（NO3）2溶液C排除堿式滴定管尖嘴端氣泡時，可以向上彎曲橡皮管，然后擠壓玻璃球，排出氣泡D往含有FeBr2和FeI2的混合溶液中通入足量的氯氣，然后把溶液蒸干、灼燒，得到FeCl3固體考點：化學反應速率的影響因素；物質的量的相關計算；鐵鹽和亞鐵鹽的相互轉變；不能加熱的儀器及使用方法.分析：A、托盤天平只能稱準到0.1g；B、向稀H2SO4中滴加少量Cu（NO3）2溶液，有硝酸，不能生成氫氣；C、依據(jù)滴定管中氣泡的排除方

4、法分析；D、FeBr2和FeI2的混合溶液中通入足量的氯氣，生成FeCl3溶液解答：解：A、托盤天平不能稱出7.45g固體，故A錯誤；B、金屬與硝酸反應不生成氫氣，故B錯誤；C、將膠管彎曲使玻璃尖嘴斜向上，用兩指捏住膠管，輕輕擠壓玻璃珠，使溶液從尖嘴流出，從而溶液充滿尖嘴，排除氣泡，故C正確；D、FeCl3溶液水解生成的鹽酸易揮發(fā)，蒸干、灼燒生成氧化鐵，故D錯誤；故選C點評：本題考查了托盤天平的使用、硝酸的氧化性、堿式滴定管的使用、鹽溶液蒸干灼燒后生成物分析，題目難度不大3（3分）（2025溫州二模）a5X、b3Y、aZ、bW、a+4T均為短周期元素，其原子半徑隨原子序數(shù)變化如圖所示Z是地殼中

5、含量最高的金屬元素，W原子最外層電子數(shù)是K層電子數(shù)的2倍則下列說法正確的是（）AZ、T兩種元素的離子半徑相比，前者較大BX、Y形成的兩種化合物中，陰、陽離子物質的量之比分別為1：1和1：2CX、W、T三種元素的氣態(tài)氫化物中，穩(wěn)定性最差的是W的氫化物，沸點最高的是T的氫化物DY、T兩種元素的最高價氧化物對應的水化物均能溶解X和Z形成的常見化合物考點：原子結構與元素的性質.分析：短周期元素中，Z是地殼中含量最高的金屬元素，則Z為Al；W原子最外層電子數(shù)是K層電子數(shù)的2倍，W層電子數(shù)為4，故W為Si；X質子數(shù)比Z小5，故X為O元素；Y的質子數(shù)比W小3，故Y為Na；T的質子數(shù)比Z大4，故T為Cl，據(jù)此

6、解答解答：解：短周期元素中，Z是地殼中含量最高的金屬元素，則Z為Al；W原子最外層電子數(shù)是K層電子數(shù)的2倍，W層電子數(shù)為4，故W為Si；X質子數(shù)比Z小5，故X為O元素；Y的質子數(shù)比W小3，故Y為Na；T的質子數(shù)比Z大4，故T為ClAZ、T兩種元素形成的離子分別為Al3+、Cl，Al3+比Cl少一個電子層，故離子半徑Al3+Cl，故A正確；BX、Y形成的兩種化合物為Na2O、Na2O2，陰、陽離子物質的量之比均為1：2，故B錯誤；CX、W、T三種元素的氣態(tài)氫化物分別為H2O、SiH4、HCl，其中Si的非金屬性最弱，故SiH4穩(wěn)定性最差，三者均形成分子晶體，水分子之間存在氫鍵，SiH4、HCl分

7、子之間存在范德華力，故水的沸點最高，而SiH4的相對分子質量大于HCl的，SiH4的沸點高于HCl的，故C錯誤；DY、T兩種元素的最高價氧化物對應的水化物分別為NaOH、HClO4，X和Z形成的常見化合物為Al2O3，氧化鋁是兩性氧化物，可以溶于氫氧化鈉、高氯酸，故D正確，故選D點評：本題考查原子結構與元素性質，推斷元素是解題關鍵，注意氫鍵對物質性質的影響4（3分）（2025溫州二模）下列說法不正確的是（）A激素類藥物乙烯雌酚的結構簡式為：，它的分子式是：C18H20O2B等質量的甲烷、乙烯、乙醇分別充分燃燒，所耗用氧氣的量依次減少C聚乳酸（）是由單體之間通過加聚反應合成的D實驗證實 可使溴的

8、四氯化碳溶液褪色，說明該分子中存在碳碳雙鍵考點：常用合成高分子材料的化學成分及其性能；化學方程式的有關計算；苯的結構.分析：A根據(jù)結構簡式確定分子式；B含氫量越高耗氧量越高，據(jù)此判斷即可；C根據(jù)聚乳酸的結構可知，該物質是乳酸羥基和羧基脫水的產物，屬于縮聚反應；D碳碳雙鍵可使溴的四氯化碳溶液褪色解答：解：A根據(jù)結構簡式確定分子式，乙烯雌酚的分子式為C18H20O2，故A正確； B含氫量越高耗氧量越高，甲烷、乙烯和乙醇的含氫量逐漸降低，所耗用氧氣的量依次減少，故B正確；C因聚乳酸的結構可知，該物質是乳酸羥基和羧基脫水的產物，屬于縮聚反應，故C錯誤；D可使溴的四氯化碳溶液褪色，說明該分子中存在碳碳雙

9、鍵，故D正確故選C點評：本題考查物質的性質，把握官能團與性質的關系、有機物燃燒的耗氧量是解答本題的關鍵，難度不大5（3分）（2025溫州二模）某同學組裝了如圖所示的電化學裝置，則下列說法正確的是（）A圖中甲池為原電池裝置，Cu電極發(fā)生還原反應B實驗過程中，甲池左側燒杯中NO3的濃度不變C若甲池中Ag電極質量增加5.4g時，乙池某電極析出1.6g金屬，則乙中的某鹽溶液可能是AgNO3溶液D若用銅制U形物代替“鹽橋”，工作一段時間后取出U形物稱量，質量會減小考點：原電池和電解池的工作原理.分析：甲池為原電池裝置，活潑的銅失電子作負極，電流方向從正極流向負極，負極上失電子發(fā)生氧化反應，正極上得電子發(fā)

10、生還原反應，銅放電生成銅離子，鹽橋中的陰離子硝酸根離子向左邊移動，如果用銅制U形物代替“鹽橋”，甲池中的右邊一個池為原電池裝置，據(jù)此分析解答解答：解：A、圖中甲池為原電池裝置，Cu電極為負極發(fā)生氧化反應，故A錯誤；B、實驗過程中，銅放電生成銅離子，鹽橋中的陰離子硝酸根離子向左邊移動，所以左側燒杯中NO3的濃度變大，故B錯誤；C、若甲池中Ag電極質量增加5.4g時，即生成銀5.4g，物質的量為=0.05mol，所以整個電路轉移0.05mol的電子，如果硝酸銀足量應生成5.4g的銀，如果是硝酸銀說明硝酸銀不足，故C正確；D、用銅制U形物代替“鹽橋”，右邊銅的質量減少，而左邊銅的質量增加，而整個電路

11、轉移電子數(shù)相等，所以減少的質量與增加的質量相等，U型管的質量不變，故D錯誤；故選C點評：本題考查了原電池原理，正確判斷正負極是解本題關鍵，再結合各個電極上發(fā)生的反應來分析解答，題目難度中等6（3分）（2025溫州二模）已知常溫下，濃度均為0.1molL1的5種鈉鹽溶液pH如表：溶質Na2CO3NaClONaHCO3CH3COONaNaHSO3pH11.610.39.78.85.2下列說法中正確的是（）A少量SO2通入NaClO溶液中發(fā)生反應的離子方程式為：H2O+SO2+ClO=2H+Cl+SO42B常溫下，稀釋CH3COOH或HClO溶液時，溶液中不變（HR代表CH3COOH或HClO）C等

12、體積、等物質的量濃度的Na2CO3、CH3COONa、NaHSO3三種溶液混合，溶液中：c（HSO3）c（CH3COO）c（CO32）D含等物質的量的NaHCO3和CH3COONa的混合液中：c（OH）c（H+）=c（H2CO3）+c（CH3COOH）考點：離子濃度大小的比較；弱電解質在水溶液中的電離平衡.分析：A次氯酸根離子具有強氧化性，能夠將二氧化硫氧化成硫酸根離子，但氫離子與次氯酸根離子結合生成次氯酸；B.的分子、分母同時乘以氫離子濃度后再進行分析；C亞硫酸氫鈉與碳酸鈉反應生成碳酸氫鈉和亞硫酸鈉，則溶液中硫酸氫根離子、碳酸根離子濃度遠遠小于醋酸根離子；D根據(jù)混合液中的電荷守恒、物料守恒分

13、析解答：解：A少量SO2通入NaClO溶液中，NaClO過量，反應生成次氯酸、硫酸根離子和氯離子，正確的離子方程式為：H2O+SO2+3ClO=2HClO+Cl+SO42，故A錯誤；B.的分子、分母同時乘以c（H+）可得：=，由于電離平衡常數(shù)和水的離子積都不變，所以該比值不變，故B正確；C等體積、等物質的量濃度的Na2CO3、CH3COONa、NaHSO3三種溶液混合，Na2CO3、NaHSO3反應生成Na2SO3、NaHCO3，則溶液中的HSO3、CO32濃度遠遠小于CH3COO，故C錯誤；D等物質的量的NaHCO3和CH3COONa的混合液中，根據(jù)電荷守恒可得：c（OH）+c（HCO3）+

14、c（HSO3）+2c（CO32）+2c（SO32）=c（H+）+c（Na+），根據(jù)物料守恒可得：c（H2CO3）+c（CH3COOH）+c（HCO3）+c（HSO3）+c（CO32）+c（SO32）=c（Na+），將帶入可得：c（OH）c（H+）=c（H2CO3）+c（CH3COOH）c（CO32）c（SO32），故D錯誤；故選B點評：本題考查了離子濃度大小比較、鹽的水解原理的應用，題目難度中等，注意掌握電荷守恒、物料守恒、鹽的水解原理的應用，明確判斷離子濃度大小常用方法，試題培養(yǎng)了學生靈活應用基礎知識的能力7（3分）（2025溫州二模）某溶液X中可能含有NO3、Cl、SO42、CO32、NH

15、4+、Fe2+、Fe3+、Al3+和K+中的幾種，且所含陰離子的物質的量相等為確定該溶液X的成分，某學習小組做了如下實驗：則下列說法正確的是（）A若含有Fe3+，則一定含有ClBSO42、NH4+一定存在，NO3、Cl可能不存在CCO32、Al3+、K+一定不存在D氣體甲、沉淀甲一定為純凈物考點：常見陰離子的檢驗；常見陽離子的檢驗.分析：某溶液X中可能含有NO3、Cl、SO42、CO32、NH4+、Fe2+、Fe3+、Al3+和K+中的幾種，且所含陰離子的物質的量相等，向溶液X中加過量的硫酸，有氣體乙產生，發(fā)生的反應可能是CO32與H+的反應，也可能是NO3在H+條件下與Fe2+的氧化還原反應

16、；溶液X與過量的NaOH溶液反應生成氣體甲為0.02mol，則氣體甲為NH3，故溶液中含0.02molNH4+；所得的溶液甲中逐滴加入稀鹽酸，無現(xiàn)象，故溶液X中無Al3+；再繼續(xù)加氯化鋇溶液，生成沉淀乙，則乙為BaSO4，質量為4.66g，則物質的量為0.02mol，即溶液X中含0.02molSO42；所得沉淀甲應為Fe（OH）2或Fe（OH）3或兩者均有，經過濾、洗滌灼燒后所得的固體乙為Fe2O3，質量為1.6g，則物質的量為0.01mol，故溶液X中含F(xiàn)e2+或Fe3+或兩者均有，且物質的量為0.02mol，然后根據(jù)離子之間的互斥性和溶液的電荷守恒來分析解答：解：某溶液X中可能含有NO3、

17、Cl、SO42、CO32、NH4+、Fe2+、Fe3+、Al3+和K+中的幾種，且所含陰離子的物質的量相等，向溶液X中加過量的硫酸，有氣體乙產生，發(fā)生的反應可能是CO32與H+的反應，也可能是NO3在H+條件下與Fe2+的氧化還原反應；溶液X與過量的NaOH溶液反應生成氣體甲NH3為0.02mol，即溶液X中含0.02molNH4+；所得的溶液甲中逐滴加入稀鹽酸，無現(xiàn)象，故溶液X中無Al3+；再繼續(xù)加氯化鋇溶液，生成沉淀乙，則乙為BaSO4，質量為4.66g，則物質的量為0.02mol，即溶液X中含0.02molSO42；所得沉淀甲應為Fe（OH）2或Fe（OH）3或兩者均有，經過濾、洗滌灼燒

18、后所得的固體乙為Fe2O3，質量為1.6g，物質的量為0.01mol，故溶液X中含F(xiàn)e2+或Fe3+或兩者均有，且物質的量一定為0.02mol，由于Fe2+或Fe3+均能與CO32發(fā)生雙水解而不能共存，故溶液中無CO32，則生成氣體乙的反應只能是NO3與Fe2+的氧化還原反應，故溶液中一定含F(xiàn)e2+和NO3，而所含陰離子的物質的量相等，即NO3的物質的量也為0.02mol故現(xiàn)在溶液X中已經確定存在的離子是：陰離子：0.02molNO3，0.02molSO42，共帶0.06mol負電荷； 陽離子：0.02molNH4+，0.02molFe2+或Fe2+、Fe3+的混合物，所帶的正電荷0.06mo

19、l 一定不含Al3+、CO32根據(jù)溶液呈電中性可知，當 0.02mol全部是Fe2+時，陽離子所帶正電荷為0.06mol，則Cl可以存在，也可以不存在，若Cl存在，則K+一定存在，若Cl不存在，則K+一定不存在；若溶液中含F(xiàn)e3+，陽離子所帶正電荷大于0.06mol，則溶液中一定存在Cl，還可能存在K+故溶液中可能含Cl、K+ A、由于溶液要保持電中性，故當溶液中含F(xiàn)e3+時，則陽離子所帶的正電荷0.06mol，故溶液中一定含Cl，故A正確；B、溶液中NO3一定存在，故B錯誤；C、K+可能存在，故C錯誤；D、氣體甲為氨氣，是純凈物，但沉淀甲可能是Fe（OH）2或Fe（OH）3或兩者均有，不一定

20、是純凈物，故D錯誤故選A點評：本題考查了溶液中離子的檢驗，應注意應用已推導出的離子的與不能共存的離子之間的互斥性和溶液要呈電中性來分析，難度較大二、非選擇題8（10分）（2025溫州二模）以淀粉和油脂為原料，制備生活中某些物質已知：反應 生成D、E、F的物質的量之比為2：1：1，E與等物質的量H2反應請回答：（1）葡萄糖的分子式C6H12O6、C分子中官能團的名稱羧基（2）下列說法正確的是CDA淀粉、油脂都是高分子化合物，都能發(fā)生水解反應BC、D屬同系物；M、N也屬同系物C上述中屬于取代反應的為DB、E含不同官能團，但都能使酸性高錳酸鉀溶液褪色（3）寫出N的一種結構簡式；C與F按不同的比例，還

21、可以生成另外兩種物質X、Y，且相對分子量XNY，則Y的分子式C9H14O6（4）寫出反應（A+DM）的化學方程式：C17H35COOH+CH3CH2OHC17H35COOCH2CH3+H2O考點：有機物的推斷.分析：淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖的分子式為C6H12O6，葡萄糖在酒化酶的作用下轉化成A，則A為CH3CH2OH，乙醇催化氧化分別得到B、C，則B為CH3CHO、C為CH3COOH；C與F反應生成N，根據(jù)N、F的分子式可知，F(xiàn)為、N為；油脂甲在酸性條件下水解生成D、E、F的物質的量之比為2：1：1，且E能夠與氫氣加成生成D，則D、E中含有的碳原子數(shù)相同，根據(jù)甲的分子式可知D、E中含有的碳

22、原子數(shù)為：=18，甲的不飽和度為：=4，除了含有2個酯基外，只含有1個碳碳雙鍵，則D為硬脂酸（C17H35COOH）、E為油酸（C17H33COOH）；A和D生成M的反應方程式為：C17H35COOH+CH3CH2OHC17H35COOCH2CH3+H2O，則M為C17H35COOCH2CH3，以此進行解答解答：解：淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖的分子式為C6H12O6，葡萄糖在酒化酶的作用下轉化成A，則A為CH3CH2OH，乙醇催化氧化分別得到B、C，則B為CH3CHO、C為CH3COOH；C與F反應生成N，根據(jù)N、F的分子式可知，F(xiàn)為、N為；油脂甲在酸性條件下水解生成D、E、F的物質的量之比為

23、2：1：1，且E能夠與氫氣加成生成D，則D、E中含有的碳原子數(shù)相同，根據(jù)甲的分子式可知D、E中含有的碳原子數(shù)為：=18，甲的不飽和度為：=4，除了含有2個酯基外，只含有1個碳碳雙鍵，則D為硬脂酸（C17H35COOH）、E為油酸（C17H33COOH）；A和D生成M的反應方程式為：C17H35COOH+CH3CH2OHC17H35COOCH2CH3+H2O，則M為C17H35COOCH2CH3，（1）葡萄糖的分子式為：C6H12O6；C的結構簡式為CH3COOH，含有的官能團為羧基，故答案為：C6H12O6；羧基；（2）A淀粉為高分子化合物，而油脂的相對分子質量較小，不屬于高分子化合物，故A錯

24、誤；BC、D都是飽和一元羧酸，二者屬于同系物，而M中含有1個酯基，N中含有2個酯基，二者結構不相似，不屬于同系物，故B錯誤；C上述中，為氧化反應，為酯化反應或酯的水解反應，都屬于取代反應，為加成反應或還原反應，故C正確；DB為CH3CHO，官能團為醛基，而E為油酸，其官能團為羧基和碳碳雙鍵，二者含有的官能團不同，醛基和碳碳雙鍵都能夠被酸性高錳酸鉀溶液氧化，所以都能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故D正確；故答案為：CD；（3）根據(jù)分析可知，N可能為；C為CH3COOH、F為，按照不同比例，生成產物分子中可以含有1個酯基、2個酯基和3個酯基，相對分子量XNY，則Y分子中含有3個酯基，其結構簡式為：，其分

25、子式為：C9H14O6，故答案為：； C9H14O6；（4）D為C17H35COOH、A為CH3CH2OH，則反應（A+DM）的化學方程式為：C17H35COOH+CH3CH2OHC17H35COOCH2CH3+H2O，故答案為：C17H35COOH+CH3CH2OHC17H35COOCH2CH3+H2O點評：本題考查了有機推斷，題目難度中等，根據(jù)油脂甲的分子式及題中信息判斷D、E的分子組成為解答關鍵，注意掌握常見有機物結構與性質，明確常見有機反應類型、同系物概念及判斷方法，試題充分考查學生的分析、理解能力及邏輯推理能力9（6分）（2025溫州二模）由短周期元素構成的AE五種物質中都含有同一種

26、元素，B為單質，E為強酸（1）若B為固體，請畫出B的原子結構示意圖，A既能與強酸又能與強堿反應，且都能產生氣體，則A的化學式為（NH4）2S或NH4HS（2）若B為氣體，請寫出DE的化學方程式3NO2+H2O=2HNO3+NO考點：無機物的推斷.分析：由短周期元素構成的AE五種物質中都含有同一種元素，B為單質，E為強酸，B能連續(xù)被氧化生成酸性氧化物D，B可能是氮氣或S，（1）若B為固體，則B為S，A既能與強酸又能與強堿反應，且都能產生氣體，A是（NH4）2S或NH4HS、C是SO2、D為SO3、E為H2SO4；（2）若B為氣體，則B為N2、A可能是NH3、C是NO、D是NO2、E是HNO3，再

27、結合題目分析解答解答：解：由短周期元素構成的AE五種物質中都含有同一種元素，B為單質，E為強酸，B能連續(xù)被氧化生成酸性氧化物D，B可能是氮氣或S，（1）若B為固體，則B為S，A既能與強酸又能與強堿反應，且都能產生氣體，A是（NH4）2S或NH4HS、C是SO2、D為SO3、E為H2SO4，S原子核外有3個電子層、最外層電子數(shù)是6，其原子結構示意圖為，A是（NH4）2S或NH4HS，故答案為：；（NH4）2S或NH4HS；（2）若B為氣體，則B為N2、A可能是NH3、C是NO、D是NO2、E是HNO3，二氧化氮和水反應生成硝酸和NO，反應方程式為3NO2+H2O=2HNO3+NO，故答案為：3N

28、O2+H2O=2HNO3+NO點評：本題考查無機物推斷，涉及S、N元素及其化合物之間的關系，根據(jù)B能連續(xù)被氧化且E是強酸是解本題關鍵，熟悉常見元素化合物之間的轉化關系及反應條件，題目難度不大10（12分）（2025溫州二模）某研究小組為了探究固體甲（二元化合物）和固體乙（無機礦物鹽，含五種元素）的組成和性質，設計并完成了如下實驗：已知：向溶液1中連續(xù)滴加鹽酸，先產生白色沉淀，后沉淀溶解；氣體2是無色無味氣體，向溶液2中連續(xù)通入氣體2，也是先產生白色沉淀，后沉淀溶解請回答下列問題：（1）甲的化學式Al4C3，氣體1的電子式（2）加熱條件下，氣體1與固體2反應，可產生另外一種氣體和一種固體，該反應

29、的化學方程式為4CuO+CH44Cu+CO2+2H2O或8CuO+CH44Cu2O+CO2+2H2O或3CuO+CH43Cu+CO+2H2O或6CuO+CH43Cu2O+CO+2H2O（3）乙的化學式BaCO3Cu（OH）2或BaCu（OH）2CO3（4）足量氣體2與溶液1反應的離子方程式為CO2+AlO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3有人認為，判斷該反應的氣體2是否過量較難，應對其中一種產物是“正鹽”還是“酸式鹽”進行檢驗，請設計實驗證明這一產物的成分取反應后的溶液少許于試管中，滴加過量的CaCl2溶液，若出現(xiàn)白色沉淀，則產物中有正鹽；過濾后，向濾液中滴加NaOH溶液，若又出現(xiàn)白色沉淀

30、，則產物中有酸式鹽若二者都出現(xiàn)，為二者混合物（可選的試劑為：氨水、NaOH溶液、稀硫酸、CaCl2溶液）考點：無機物的推斷.分析：甲和NaOH溶液反應生成氣體1，氣體1是含氫量最高的烴，為CH4，根據(jù)元素守恒知甲中含有C元素，甲烷的物質的量為0.15mol，根據(jù)C原子守恒得m（C）=0.15mol×12g/mol=1.8g，甲是二元化合物，另一種元素質量為7.2g1.8g=5.4g，向溶液1中連續(xù)滴加鹽酸，先產生白色沉淀，后沉淀溶解，則溶液1為偏鋁酸鹽，根據(jù)元素守恒知，溶液1為NaAlO2，則n（Al）=0.2mol，C、Al原子個數(shù)之比=0.15mol：0.2mol=3：4，則甲為

31、Al4C3；偏鋁酸鈉和氣體2反應生成白色沉淀b為Al（OH）3，氣體2為酸性氣體；固體2和稀鹽酸反應生成藍色溶液，固體2中含有Cu元素；固體1和溶液a混合得到溶液2和固體2，溶液2能溶解氫氧化鋁，向溶液2中連續(xù)通入氣體2，先產生白色沉淀，后沉淀溶解，則溶液2為強堿溶液，溶液2只能是Ba（OH）2；固體1和液體a混合得到溶液2，則a為H2O，且固體1中含有BaO，固體1為氧化物，所以還含有CuO；根據(jù)質量守恒得氣體2質量=29.5g1.8g23.3g=4.4g，且氣體2為無色無味氣體，向氫氧化鋇溶液中通入氣體2，先生成白色沉淀后白色沉淀溶解，則氣體2為CO2，n（CO2）=0.1mol，n（Cu

32、O）=0.1mol、n（BaO）=0.1mol，n（H2O）=0.1mol，乙中Ba、Cu、H、O、C原子個數(shù)之比=n（BaO）：n（CuO）：2n（H2O）：2n（CO2）+n（BaO）+n（CuO）+n（H2O）：n（CO2）=0.1mol：0.1mol：0.2mol：0.5mol：0.1mol=1：1：2：5：1，其化學式為BaCO3Cu（OH）2或BaCu（OH）2CO3，據(jù)此分析解答解答：解：甲和NaOH溶液反應生成氣體1，氣體1是含氫量最高的烴，為CH4，根據(jù)元素守恒知甲中含有C元素，甲烷的物質的量為0.15mol，根據(jù)C原子守恒得m（C）=0.15mol×12g/mol

33、=1.8g，甲是二元化合物，另一種元素質量為7.2g1.8g=5.4g，向溶液1中連續(xù)滴加鹽酸，先產生白色沉淀，后沉淀溶解，則溶液1為偏鋁酸鹽，根據(jù)元素守恒知，溶液1為NaAlO2，則n（Al）=0.2mol，C、Al原子個數(shù)之比=0.15mol：0.2mol=3：4，則甲為Al4C3；偏鋁酸鈉和氣體2反應生成白色沉淀b為Al（OH）3，氣體2為酸性氣體；固體2和稀鹽酸反應生成藍色溶液，固體2中含有Cu元素；固體1和溶液a混合得到溶液2和固體2，溶液2能溶解氫氧化鋁，向溶液2中連續(xù)通入氣體2，先產生白色沉淀，后沉淀溶解，則溶液2為強堿溶液，溶液2只能是Ba（OH）2；固體1和液體a混合得到溶液

34、2，則a為H2O，且固體1中含有BaO，固體1為氧化物，所以還含有CuO；根據(jù)質量守恒得氣體2質量=29.5g1.8g23.3g=4.4g，且氣體2為無色無味氣體，向氫氧化鋇溶液中通入氣體2，先生成白色沉淀后白色沉淀溶解，則氣體2為CO2，n（CO2）=0.1mol，n（CuO）=0.1mol、n（BaO）=0.1mol，n（H2O）=0.1mol，乙中Ba、Cu、H、O、C原子個數(shù)之比=n（BaO）：n（CuO）：2n（H2O）：2n（CO2）+n（BaO）+n（CuO）+n（H2O）：n（CO2）=0.1mol：0.1mol：0.2mol：0.5mol：0.1mol=1：1：2：5：1，其

35、化學式為BaCO3Cu（OH）2或BaCu（OH）2CO3，（1）通過以上分析知，甲為Al4C3，氣體1是甲烷，電子式為，故答案為：Al4C3；（2）氣體1是甲烷、固體2是CuO，加熱條件下，氣體1與固體2反應，可產生另外一種氣體和一種固體，生成的氣體應該是二氧化碳或CO、固體是Cu或Cu2O，根據(jù)元素守恒知還應該生成水，所以該反應的化學方程式為4CuO+CH44Cu+CO2+2H2O或8CuO+CH44Cu2O+CO2+2H2O或3CuO+CH43Cu+CO+2H2O或6CuO+CH43Cu2O+CO+2H2O，故答案為：4CuO+CH44Cu+CO2+2H2O或8CuO+CH44Cu2O+

36、CO2+2H2O或3CuO+CH43Cu+CO+2H2O或6CuO+CH43Cu2O+CO+2H2O；（3）通過以上分析知，乙為BaCO3Cu（OH）2或BaCu（OH）2CO3，故答案為：BaCO3Cu（OH）2或BaCu（OH）2CO3；（4）氣體2是二氧化碳、溶液1為偏鋁酸鈉，足量二氧化碳和偏鋁酸鈉反應生成氫氧化鋁和碳酸氫鈉，離子方程式為CO2+AlO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3；碳酸根離子和鋇離子反應生成碳酸鋇沉淀、碳酸氫根離子和鋇離子不反應，所以其檢驗方法是：取反應后的溶液少許于試管中，滴加過量的CaCl2溶液，若出現(xiàn)白色沉淀，則產物中有正鹽；過濾后，向濾液中滴加NaOH溶

37、液，若又出現(xiàn)白色沉淀，則產物中有酸式鹽若二者都出現(xiàn)，為二者混合物，故答案為：CO2+AlO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3；取反應后的溶液少許于試管中，滴加過量的CaCl2溶液，若出現(xiàn)白色沉淀，則產物中有正鹽；過濾后，向濾液中滴加NaOH溶液，若又出現(xiàn)白色沉淀，則產物中有酸式鹽若二者都出現(xiàn)，為二者混合物點評：本題考查無機物推斷，涉及鋁、Cu、Ba元素及其化合物知識，明確偏鋁酸鹽性質是解本題關鍵，結合原子守恒確定物質化學式，題目難度中等11（15分）（2025溫州二模）用NH3催化還原NxOy可以消除氮氧化物的污染已知：反應：4NH3（g）+6NO（g）5N2（g）+6H2O（l）H1反應

38、：2NO（g）+O2（g）2NO2（g）H2 （且|H1|=2|H2|）反應：4NH3（g）+6NO2（g）5N2（g）+3O2（g）+6H2O（l）H3反應I和反應II在不同溫度時的平衡常數(shù)及其大小關系如表溫度/K反應I反應II已知：K2K1K2K1298K1K2398K1K2（1）推測反應是吸熱反應（填“吸熱”或“放熱”）（2）相同條件下，反應I在2L密閉容器內，選用不同的催化劑，反應產生N2的量隨時間變化如圖所示計算04分鐘在A催化劑作用下，反應速率v（NO）=0.375molL1min1下列說法正確的是CDA該反應的活化能大小順序是：Ea（A）Ea（B）Ea（C） B增大壓強能使反應速

39、率加快，是因為增加了活化分子百分數(shù)C單位時間內HO鍵與NH鍵斷裂的數(shù)目相等時，說明反應已經達到平衡D若在恒容絕熱的密閉容器中發(fā)生反應，當K值不變時，說明反應已經達到平衡（3）一定條件下，反應II達到平衡時體系中n（NO）：n（O2）：n（NO2）=2：1：2在其它條件不變時，再充入NO2氣體，分析NO2體積分數(shù)（NO2）的變化情況：（填“變大”、“變小”或“不變”）恒溫恒壓容器，（NO2）不變；恒溫恒容容器，（NO2）變大（4）一定溫度下，反應III在容積可變的密閉容器中達到平衡，此時容積為3L，c（N2）與反應時間t變化曲線X如圖所示，若在t1時刻改變一個條件，曲線X變?yōu)榍€Y或曲線Z則：變

40、為曲線Y改變的條件是加入催化劑變?yōu)榍€Z改變的條件是將容器的體積快速壓縮至2L若t2降低溫度，t3達到平衡，請在圖中畫出曲線X在t2t4內 c（N2）的變化曲線考點：物質的量或濃度隨時間的變化曲線；化學平衡的影響因素.分析：（1）已知K1K1，說明隨溫度升高，K減小，則反應為放熱反應，H10；K2K2，說明隨溫度升高，K減小，則反應II為放熱反應，H20；反應I反應II×3得到反應III，則H3=H13H2，據(jù)此分析；（2）已知4分鐘時氮氣為2.5mol，則消耗的NO為3mol，根據(jù)v（NO）=計算；A相同時間內生成的氮氣的物質的量越多，則反應速率越快，活化能越低；B改變壓強，活化分

41、子百分數(shù)不變；C單位時間內HO鍵斷裂表示逆速率，NH鍵斷裂表示正速率，正逆速率相同則反應已經達到平衡；D該反應為放熱反應，恒容絕熱的密閉容器中，反應時溫度會升高，則K會減小；（3）恒溫恒壓容器，再充入NO2氣體，則與原來的平衡為等效平衡；若恒溫恒容容器中，再充入NO2氣體，容器中壓強增大，則平衡正向移動；（4）圖象分析曲線X變化為曲線Y是縮短反應達到平衡的時間，最后達到相同平衡狀態(tài)，體積是可變的恒壓容器，說明改變的是加入了催化劑；當曲線X變?yōu)榍€Z時N2物質的量濃度增大，可變容器中氣體體積和濃度成反比；反應III為吸熱反應，若t2降低溫度，則平衡逆向移動，氮氣的濃度減小解答：解：（1）已知K1

42、K1，說明隨溫度升高，K減小，則反應為放熱反應，H10；K2K2，說明隨溫度升高，K減小，則反應II為放熱反應，H20；反應I反應II×3得到反應III，則H3=H13H2，已知|H1|=2|H2|，所以H3=H13H2=|H2|0，即反應III為吸熱反應，故答案為：吸熱；（2）已知4分鐘時氮氣為2.5mol，則消耗的NO為3mol，所以v（NO）=0.375molL1min1，故答案為：0.375molL1min1；A相同時間內生成的氮氣的物質的量越多，則反應速率越快，活化能越低，所以該反應的活化能大小順序是：Ea（A）Ea（B）Ea（C），故A錯誤；B增大壓強能使反應速率加快，是

43、因為增大了活化分子數(shù)，而活化分子百分數(shù)不變，故B錯誤；C單位時間內HO鍵斷裂表示逆速率，NH鍵斷裂表示正速率，單位時間內HO鍵與NH鍵斷裂的數(shù)目相等時，則消耗的NH3和消耗的水的物質的量之比為4：6，則正逆速率之比等于4：6，說明反應已經達到平衡，故C正確；D該反應為放熱反應，恒容絕熱的密閉容器中，反應時溫度會升高，則K會減小，當K值不變時，說明反應已經達到平衡，故D正確；故答案為：CD；（3）一定條件下，反應II2NO（g）+O2（g）2NO2（g）達到平衡時體系中n（NO）：n（O2）：n（NO2）=2：1：2在其它條件不變時，恒溫恒壓條件下，再充入NO2氣體，則與原來的平衡為等效平衡，則

44、NO2體積分數(shù)與原來平衡相同；若恒溫恒容容器中，再充入NO2氣體，容器中壓強增大，與原來平衡相比較，平衡正向移動，則NO2體積分數(shù)變大；故答案為：不變；變大；（4）分析圖象可知曲線X變化為曲線Y是縮短反應達到平衡的時間，最后達到相同平衡狀態(tài)，反應中體積是可變的，已知是恒壓容器，說明改變的是加入了催化劑；當曲線X變?yōu)榍€Z時N2物質的量濃度增大，可變容器中氣體體積和濃度成反比，曲線X，體積為3L，N2濃度為3mol/L，改變條件當曲線X變?yōu)榍€Z時，N2濃度為4.5mol/L，則體積壓縮體積為：3：V=4.5：3，V=2L，所以將容器的體積快速壓縮至2L符合；故答案為：加入催化劑；將容器的體積快

45、速壓縮至2L；圖象分析曲線X變化為曲線Y是縮短反應達到平衡的時間，最后達到相同平衡狀態(tài)，體積是可變得是恒壓容器，說明改變的是加入了催化劑；當曲線X變?yōu)榍€Z時N2物質的量增大，反應是氣體體積不變的反應，可變容器中氣體體積和濃度成反比，氣體物質的量不變；反應III為吸熱反應，若t2降低溫度，則平衡逆向移動，氮氣的濃度減小，在t3達到平衡，曲線X在t2t4內 c（N2）的變化曲線為，故答案為：點評：本題考查了化學平衡影響因素分析判斷、平衡常數(shù)的應用、反應速率計算、平衡狀態(tài)的判斷等，題目難度較大，側重于考查學生對基礎知識的綜合應用能力12（15分）（2025溫州二模）下列實驗步驟是興趣小組對某混合樣

46、品含量的測定，樣品成分為FeO、FeS2、SiO2、及其它雜質，雜質不與酸堿反應，受熱穩(wěn)定（步驟中所加試劑均為足量）稱量m g樣品灼燒裝置如下：D瓶溶液固體（ag）請回答下列問題：（1）連接好儀器后，如何檢查整套裝置的氣密性向D中加水浸沒導管，夾緊止水夾a，微熱C，導管口有氣泡，停止微熱后，若D導管中形成一段穩(wěn)定的水柱，則氣密性良好（2）A瓶內所盛試劑是氫氧化鈉溶液灼燒完成后熄滅酒精燈，若立即停止通空氣，可能對實驗的影響是（寫兩點）D中溶液倒吸、SO2不能全部排出或測得硫元素的含量偏低（3）步驟中加入雙氧水的離子方程式為SO32+H2O2=SO42+H2O若此步驟不加入雙氧水對測定硫元素含量的

47、影響是偏高（填“偏高”、“偏低”或“無影響”）（4）連續(xù)操作1為過濾、洗滌、干燥、稱量；連續(xù)操作2為洗滌、灼燒、稱量（5）從步驟的bg濾渣入手，可測定SiO2的含量，下面各組試劑中不適合測定的是BCANaOH溶液、稀硫酸 BBa（OH）2溶液、鹽酸C氨水、稀硫酸 DNaOH溶液、鹽酸（6）求樣品中FeO的質量分數(shù)（列出算式即可）考點：探究物質的組成或測量物質的含量.分析：樣品成分為FeO、FeS2、SiO2、及其它雜質，雜質不與酸堿反應，受熱穩(wěn)定，mg樣品灼燒FeS2燃燒生成Fe2O3和SO2A瓶是氫氧化鈉溶液吸收空氣中的二氧化碳等酸性氣體，B裝置是濃硫酸干燥氣體，C裝置是樣品灼燒得到氧化鐵固

48、體和二氧化硅，裝置D是吸收生成的二氧化硫氣體生成亞硫酸鈉；D瓶中加入過氧化氫氧化亞硫酸鈉為硫酸鈉，加入氯化鋇溶液形成硫酸鋇沉淀，過濾、洗滌、干燥得到固體為BaSO4ag；C中固體為FeO、Fe2O3和SiO2和其他雜質，加入稀硫酸溶解生成硫酸亞鐵、硫酸鐵溶液，過濾得到濾渣為SiO2和其他雜質bg，濾液中加入過氧化氫氧化亞鐵離子為鐵離子，加入氫氧化鉀溶液沉淀鐵離子為Fe（OH）3，過濾得到濾渣洗滌干燥后灼燒得到紅褐色固體Fe2O3質量為cg；（1）連接好儀器后，關閉緊止水夾a，微熱C檢查整套裝置的氣密性，依據(jù)導氣管氣泡冒出，停止加熱導氣管中有水柱上升證明氣密性完好；（2）上述分析可知A為氫氧化鈉

49、溶液用來吸收空氣中二氧化碳避免影響后續(xù)實驗測定，灼燒完成后熄滅酒精燈，若立即停止通空氣，可能會引起倒吸，生成的二氧化硫不能全部進入裝置D中吸收；（3）過氧化氫是氧化亞硫酸根離子為硫酸根離子全部沉淀，如不加入過氧化氫氧化，生成的沉淀含有BaSO3，稱量過程中易被空氣中氧氣氧化，計算得到硫元素質量偏高；（4）依據(jù)上述分析的連續(xù)操作1是過濾、洗滌、干燥、稱量；連續(xù)操作2是洗滌、干燥、灼燒、稱量；（5）C中固體為FeO、Fe2O3和SiO2和其他雜質，加入稀硫酸溶解生成硫酸亞鐵、硫酸鐵溶液，過濾得到濾渣為SiO2和其他雜質bg，雜質不與酸堿反應，受熱穩(wěn)定，分離后測定SiO2的含量的方法是：溶解二氧化硅后過濾，得到不溶雜質固體，濾液中加入酸生成硅酸沉淀，元素守恒計算得到二氧化硅的質量，據(jù)此計算二氧化硅含量；（6）樣品成分為FeO、FeS2、SiO2、及其它雜質，依據(jù)鐵元素守恒分析計算，實驗中得到的固體是氧化鐵質量為cg，實驗是FeS2中