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1、浙江省温州市 2015 年高三第二次适应性测试化学试题一、选择题（共7 小题，每小题3 分，满分21 分）1下列说法不正确的是（）A发展核电、煤中加入生石灰、利用二氧化碳制造全降解塑料都能有效减少环境污染B 物质变化中炭化、钝化、皂化、酯化、熔化都属于化学变化C 氢键、分子间作用力、离子键和共价键均为微粒间的相互作用力D农业废弃物、城市工业有机废弃物及动物粪便中都蕴藏着丰富的生物质能考点：常见的生活环境的污染及治理；物理变化与化学变化的区别与联系；化学键和分子间作用力的区别分析：A煤中加入生石灰能减少二氧化硫的排放；B化学变化过程中有新物质生成，物理变化过程中没有新物质生成；C离子键和共价键均
2、为离子和原子间的相互作用力；D生物质能就是太阳能以化学能形式贮存在生物质中的能量形式，即以生物质为载体的能量解答：解：A煤中加入生石灰能减少二氧化硫的排放，发展核电、利用二氧化碳制造全降解塑能减少二氧化碳的排放，三者都能有效减少环境污染，故A 正确；B熔化没有生成新物质，属于物理变化，故B 错误；C氢键、分子间作用力是分子之间的作用力；离子键和共价键均为离子和原子间的相互作用力，故C 正确；D农业废弃物、城市工业有机废弃物及动物粪便中都蕴藏着以生物质为载体的能量，故 D 正确故选 B点评：本题考查环境污染、化学变化、生物质能、化学键等，知识点较多，难度不大，学习中注意相关基础知识的积累2（3
3、分）（2025?温州二模）下列说法正确的是（）A实验中要配制500mL 0.2mol?L1 KCl 溶液，需用托盘天平称量7.45gKCl 固体B 实验室制氢气，为了加快反应速率，可向稀H2SO4中滴加少量Cu（NO3）2溶液C 排除碱式滴定管尖嘴端气泡时，可以向上弯曲橡皮管，然后挤压玻璃球，排出气泡D往含有 FeBr2和 FeI2的混合溶液中通入足量的氯气，然后把溶液蒸干、灼烧，得到FeCl3固体考点：化学反应速率的影响因素；物质的量的相关计算；铁盐和亚铁盐的相互转变；不能加热的仪器及使用方法分析：A、托盘天平只能称准到0.1g；B、向稀 H2SO4中滴加少量Cu（NO3）2溶液，有硝酸，不
4、能生成氢气；C、依据滴定管中气泡的排除方法分析；D、FeBr2和 FeI2的混合溶液中通入足量的氯气，生成FeCl3溶液解答：解：A、托盘天平不能称出7.45g 固体，故 A 错误；B、金属与硝酸反应不生成氢气，故B 错误；C、将胶管弯曲使玻璃尖嘴斜向上，用两指捏住胶管，轻轻挤压玻璃珠，使溶液从尖嘴流出，从而溶液充满尖嘴，排除气泡，故C 正确；名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 1 页，共 17 页 -D、FeCl3溶液水解生成的盐酸易挥发，蒸干、灼烧生成氧化铁，故D 错误；故选 C点评：本题考查了托盘天平的使用、硝酸的氧化性、碱式滴定管的使用、盐溶液蒸干灼烧后生成物分析，题目难
5、度不大3（3 分）（2025?温州二模）a5X、b3Y、aZ、bW、a+4T 均为短周期元素，其原子半径随原子序数变化如图所示Z 是地壳中含量最高的金属元素，W 原子最外层电子数是K 层电子数的 2 倍则下列说法正确的是（）AZ、T 两种元素的离子半径相比，前者较大B X、Y 形成的两种化合物中，阴、阳离子物质的量之比分别为1：1 和 1：2 C X、W、T 三种元素的气态氢化物中，稳定性最差的是W 的氢化物，沸点最高的是T 的氢化物DY、T 两种元素的最高价氧化物对应的水化物均能溶解X 和 Z 形成的常见化合物考点：原子结构与元素的性质分析：短周期元素中，Z 是地壳中含量最高的金属元素，则Z
6、 为 Al；W 原子最外层电子数是K 层电子数的2 倍，W 层电子数为4，故 W 为 Si；X 质子数比Z 小 5，故 X 为 O 元素；Y 的质子数比W 小 3，故 Y 为 Na；T 的质子数比Z 大 4，故 T 为 Cl，据此解答解答：解：短周期元素中，Z 是地壳中含量最高的金属元素，则Z 为 Al；W 原子最外层电子数是 K 层电子数的2 倍，W 层电子数为4，故 W 为 Si；X 质子数比Z 小 5，故 X 为 O元素；Y 的质子数比W 小 3，故 Y 为 Na；T 的质子数比Z 大 4，故 T 为 ClAZ、T 两种元素形成的离子分别为Al3+、Cl，Al3+比 Cl少一个电子层，故
7、离子半径 Al3+Cl，故 A 正确；BX、Y 形成的两种化合物为Na2O、Na2O2，阴、阳离子物质的量之比均为1：2，故B 错误；CX、W、T 三种元素的气态氢化物分别为H2O、SiH4、HCl，其中 Si 的非金属性最弱，故 SiH4稳定性最差，三者均形成分子晶体，水分子之间存在氢键，SiH4、HCl 分子之间存在范德华力，故水的沸点最高，而SiH4的相对分子质量大于HCl 的，SiH4的沸点高于HCl 的，故 C 错误；DY、T 两种元素的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、HClO4，X 和 Z 形成的常见化合物为Al2O3，氧化铝是两性氧化物，可以溶于氢氧化钠、高氯酸，故D 正
8、确，故选 D点评：本题考查原子结构与元素性质，推断元素是解题关键，注意氢键对物质性质的影响4（3 分）（2025?温州二模）下列说法不正确的是（）名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 2 页，共 17 页 -A激素类药物乙烯雌酚的结构简式为：，它的分子式是：C18H20O2B 等质量的甲烷、乙烯、乙醇分别充分燃烧，所耗用氧气的量依次减少C聚乳酸（）是由单体之间通过加聚反应合成的D实验证实可使溴的四氯化碳溶液褪色，说明该分子中存在碳碳双键考点：常用合成高分子材料的化学成分及其性能；化学方程式的有关计算；苯的结构分析：A根据结构简式确定分子式；B含氢量越高耗氧量越高，据此判断即可；C根
9、据聚乳酸的结构可知，该物质是乳酸羟基和羧基脱水的产物，属于缩聚反应；D碳碳双键可使溴的四氯化碳溶液褪色解答：解：A根据结构简式确定分子式，乙烯雌酚的分子式为C18H20O2，故 A 正确；B含氢量越高耗氧量越高，甲烷、乙烯和乙醇的含氢量逐渐降低，所耗用氧气的量依次减少，故B 正确；C因聚乳酸的结构可知，该物质是乳酸羟基和羧基脱水的产物，属于缩聚反应，故C错误；D可使溴的四氯化碳溶液褪色，说明该分子中存在碳碳双键，故D 正确故选 C点评：本题考查物质的性质，把握官能团与性质的关系、有机物燃烧的耗氧量是解答本题的关键，难度不大5（3 分）（2025?温州二模）某同学组装了如图所示的电化学装置，则下
10、列说法正确的是（）A图中甲池为原电池装置，Cu 电极发生还原反应B 实验过程中，甲池左侧烧杯中NO3的浓度不变C 若甲池中 Ag 电极质量增加5.4g 时，乙池某电极析出1.6g 金属，则乙中的某盐溶液可能是AgNO3溶液D若用铜制 U 形物代替“盐桥”，工作一段时间后取出U 形物称量，质量会减小考点：原电池和电解池的工作原理分析：甲池为原电池装置，活泼的铜失电子作负极，电流方向从正极流向负极，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，铜放电生成铜离子，盐桥中的阴离子硝酸根离子向左边移动，如果用铜制U 形物代替“盐桥”，甲池中的右边一个池为原电池装置，名师资料总结-精品资料欢迎下载-
11、名师精心整理-第 3 页，共 17 页 -据此分析解答解答：解：A、图中甲池为原电池装置，Cu 电极为负极发生氧化反应，故A 错误；B、实验过程中，铜放电生成铜离子，盐桥中的阴离子硝酸根离子向左边移动，所以左侧烧杯中NO3的浓度变大，故B 错误；C、若甲池中Ag 电极质量增加5.4g 时，即生成银5.4g，物质的量为=0.05mol，所以整个电路转移0.05mol 的电子，如果硝酸银足量应生成5.4g 的银，如果是硝酸银说明硝酸银不足，故C 正确；D、用铜制 U 形物代替“盐桥”，右边铜的质量减少，而左边铜的质量增加，而整个电路转移电子数相等，所以减少的质量与增加的质量相等，U 型管的质量不变
12、，故D 错误；故选 C点评：本题考查了原电池原理，正确判断正负极是解本题关键，再结合各个电极上发生的反应来分析解答，题目难度中等6（3 分）（2025?温州二模）已知常温下，浓度均为0.1mol?L1的 5 种钠盐溶液pH 如表：溶质Na2CO3NaClO NaHCO3CH3COONa NaHSO3pH 11.6 10.3 9.7 8.8 5.2 下列说法中正确的是（）A少量 SO2通入 NaClO 溶液中发生反应的离子方程式为：H2O+SO2+ClO=2H+Cl+SO42B常温下，稀释CH3COOH 或 HClO 溶液时，溶液中不变（HR 代表CH3COOH 或 HClO）C 等体积、等物质
13、的量浓度的Na2CO3、CH3COONa、NaHSO3三种溶液混合，溶液中：c（HSO3）c（CH3COO）c（CO32）D含等物质的量的NaHCO3和 CH3COONa 的混合液中：c（OH）c（H+）=c（H2CO3）+c（CH3COOH）考点：离子浓度大小的比较；弱电解质在水溶液中的电离平衡分析：A次氯酸根离子具有强氧化性，能够将二氧化硫氧化成硫酸根离子，但氢离子与次氯酸根离子结合生成次氯酸；B.的分子、分母同时乘以氢离子浓度后再进行分析；C亚硫酸氢钠与碳酸钠反应生成碳酸氢钠和亚硫酸钠，则溶液中硫酸氢根离子、碳酸根离子浓度远远小于醋酸根离子；D根据混合液中的电荷守恒、物料守恒分析解答：解
14、：A少量 SO2通入 NaClO 溶液中，NaClO 过量，反应生成次氯酸、硫酸根离子和氯离子，正确的离子方程式为：H2O+SO2+3ClO=2HClO+Cl+SO42，故 A 错误；B.的分子、分母同时乘以c（H+）可得：名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 4 页，共 17 页 -=，由于电离平衡常数和水的离子积都不变，所以该比值不变，故B 正确；C等体积、等物质的量浓度的Na2CO3、CH3COONa、NaHSO3三种溶液混合，Na2CO3、NaHSO3反应生成Na2SO3、NaHCO3，则溶液中的HSO3、CO32浓度远远小于CH3COO，故 C 错误；D等物质的量的NaH
15、CO3和 CH3COONa 的混合液中，根据电荷守恒可得：c（OH）+c（HCO3）+c（HSO3）+2c（CO32）+2c（SO32）=c（H+）+c（Na+），根据物料守恒可得：c（H2CO3）+c（CH3COOH）+c（HCO3）+c（HSO3）+c（CO32）+c（SO32）=c（Na+），将带入可得：c（OH）c（H+）=c（H2CO3）+c（CH3COOH）c（CO32）c（SO32），故 D 错误；故选 B点评：本题考查了离子浓度大小比较、盐的水解原理的应用，题目难度中等，注意掌握电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理的应用，明确判断离子浓度大小常用方法，试题培养了学生灵活应用基础知识
16、的能力7（3 分）（2025?温州二模）某溶液X 中可能含有NO3、Cl、SO42、CO32、NH4+、Fe2+、Fe3+、Al3+和 K+中的几种，且所含阴离子的物质的量相等为确定该溶液X 的成分，某学习小组做了如下实验：则下列说法正确的是（）A若含有 Fe3+，则一定含有ClB SO42、NH4+一定存在，NO3、Cl可能不存在C CO32、Al3+、K+一定不存在D气体甲、沉淀甲一定为纯净物考点：常见阴离子的检验；常见阳离子的检验分析：某溶液 X 中可能含有NO3、Cl、SO42、CO32、NH4+、Fe2+、Fe3+、Al3+和 K+中的几种，且所含阴离子的物质的量相等，向溶液X 中加
17、过量的硫酸，有气体乙产生，发生的反应可能是CO32与 H+的反应，也可能是NO3在 H+条件下与Fe2+的氧化还原反应；溶液 X 与过量的NaOH 溶液反应生成气体甲为0.02mol，则气体甲为NH3，故溶液中含0.02molNH4+；所得的溶液甲中逐滴加入稀盐酸，无现象，故溶液X 中无 Al3+；再继续加氯化钡溶液，生成沉淀乙，则乙为BaSO4，质量为 4.66g，则物质的量为0.02mol，即溶液 X 中含 0.02molSO42；所得沉淀甲应为Fe（OH）2或 Fe（OH）3或两者均有，经过滤、洗涤灼烧后所得的固体乙为Fe2O3，质量为 1.6g，则物质的量为0.01mol，故溶液 X
18、中含 Fe2+或 Fe3+或两者均有，且物质的量为0.02mol，然后根据离子之间的互斥性和溶液的电荷守恒来分析名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 5 页，共 17 页 -解答：解：某溶液 X 中可能含有NO3、Cl、SO42、CO32、NH4+、Fe2+、Fe3+、Al3+和 K+中的几种，且所含阴离子的物质的量相等，向溶液X 中加过量的硫酸，有气体乙产生，发生的反应可能是CO32与 H+的反应，也可能是NO3在 H+条件下与Fe2+的氧化还原反应；溶液 X 与过量的NaOH 溶液反应生成气体甲NH3为 0.02mol，即溶液X 中含0.02molNH4+；所得的溶液甲中逐滴加
19、入稀盐酸，无现象，故溶液X 中无 Al3+；再继续加氯化钡溶液，生成沉淀乙，则乙为BaSO4，质量为 4.66g，则物质的量为0.02mol，即溶液 X 中含 0.02molSO42；所得沉淀甲应为Fe（OH）2或 Fe（OH）3或两者均有，经过滤、洗涤灼烧后所得的固体乙为Fe2O3，质量为 1.6g，物质的量为0.01mol，故溶液 X中含 Fe2+或 Fe3+或两者均有，且物质的量一定为0.02mol，由于 Fe2+或 Fe3+均能与 CO32发生双水解而不能共存，故溶液中无CO32，则生成气体乙的反应只能是NO3与 Fe2+的氧化还原反应，故溶液中一定含Fe2+和 NO3，而所含阴离子的
20、物质的量相等，即NO3的物质的量也为0.02mol故现在溶液X 中已经确定存在的离子是：阴离子：0.02molNO3，0.02molSO42，共带0.06mol 负电荷；阳离子：0.02molNH4+，0.02molFe2+或 Fe2+、Fe3+的混合物，所带的正电荷 0.06mol一定不含 Al3+、CO32根据溶液呈电中性可知，当0.02mol 全部是 Fe2+时，阳离子所带正电荷为0.06mol，则Cl可以存在，也可以不存在，若Cl存在，则 K+一定存在，若Cl不存在，则K+一定不存在；若溶液中含Fe3+，阳离子所带正电荷大于0.06mol，则溶液中一定存在Cl，还可能存在 K+故溶液中
21、可能含Cl、K+A、由于溶液要保持电中性，故当溶液中含Fe3+时，则阳离子所带的正电荷0.06mol，故溶液中一定含Cl，故 A 正确；B、溶液中 NO3一定存在，故B 错误；C、K+可能存在，故C 错误；D、气体甲为氨气，是纯净物，但沉淀甲可能是Fe（OH）2或 Fe（OH）3或两者均有，不一定是纯净物，故D 错误故选 A点评：本题考查了溶液中离子的检验，应注意应用已推导出的离子的与不能共存的离子之间的互斥性和溶液要呈电中性来分析，难度较大二、非选择题8（10 分）（2025?温州二模）以淀粉和油脂为原料，制备生活中某些物质名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 6 页，共 17
22、页 -已知：反应生成 D、E、F 的物质的量之比为2：1：1，E 与等物质的量H2反应请回答：（1）葡萄糖的分子式C6H12O6、C 分子中官能团的名称羧基（2）下列说法正确的是CDA淀粉、油脂都是高分子化合物，都能发生水解反应BC、D 属同系物；M、N 也属同系物C上述中属于取代反应的为DB、E 含不同官能团，但都能使酸性高锰酸钾溶液褪色（3）写出 N 的一种结构简式；C 与 F按不同的比例，还可以生成另外两种物质X、Y，且相对分子量XNY，则 Y 的分子式C9H14O6（4）写出反应（A+D M）的化学方程式：C17H35COOH+CH3CH2OHC17H35COOCH2CH3+H2O考点
23、：有机物的推断分析：淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖的分子式为C6H12O6，葡萄糖在酒化酶的作用下转化成A，则 A 为 CH3CH2OH，乙醇催化氧化分别得到B、C，则 B 为 CH3CHO、C 为 CH3COOH；C 与 F 反应生成N，根据 N、F 的分子式可知，F 为、N 为；油脂甲在酸性条件下水解生成D、E、F 的物质的量之比为 2：1：1，且 E 能够与氢气加成生成D，则 D、E 中含有的碳原子数相同，根据甲的分子式可知D、E 中含有的碳原子数为：=18，甲的不饱和度为：=4，除了含有2 个酯基外，只含有1个碳碳双键，则D 为硬脂酸（C17H35COOH）、E 为油酸（C17H33COO
24、H）；A 和 D 生成 M 的反应方程式为：C17H35COOH+CH3CH2OHC17H35COOCH2CH3+H2O，则 M 为C17H35COOCH2CH3，以此进行解答解答：解：淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖的分子式为C6H12O6，葡萄糖在酒化酶的作用下转化成 A，则 A 为 CH3CH2OH，乙醇催化氧化分别得到B、C，则 B 为 CH3CHO、C 为CH3COOH；C 与 F 反应生成N，根据 N、F 的分子式可知，F 为、N 为；油脂甲在酸性条件下水解生成D、E、F 的物质的量之比为 2：1：1，且 E 能够与氢气加成生成D，则 D、E 中含有的碳原子数相同，根据甲的分子式可知D、
25、E 中含有的碳原子数为：=18，甲的不饱和度为：名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 7 页，共 17 页 -=4，除了含有2 个酯基外，只含有1个碳碳双键，则D 为硬脂酸（C17H35COOH）、E 为油酸（C17H33COOH）；A 和 D 生成 M 的反应方程式为：C17H35COOH+CH3CH2OHC17H35COOCH2CH3+H2O，则 M 为C17H35COOCH2CH3，（1）葡萄糖的分子式为：C6H12O6；C 的结构简式为CH3COOH，含有的官能团为羧基，故答案为：C6H12O6；羧基；（2）A淀粉为高分子化合物，而油脂的相对分子质量较小，不属于高分子化合物
26、，故 A 错误；BC、D 都是饱和一元羧酸，二者属于同系物，而M 中含有 1 个酯基，N 中含有 2 个酯基，二者结构不相似，不属于同系物，故B 错误；C上述中，为氧化反应，为酯化反应或酯的水解反应，都属于取代反应，为加成反应或还原反应，故C 正确；DB 为 CH3CHO，官能团为醛基，而E 为油酸，其官能团为羧基和碳碳双键，二者含有的官能团不同，醛基和碳碳双键都能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D 正确；故答案为：CD；（3）根据分析可知，N 可能为；C 为 CH3COOH、F 为，按照不同比例，生成产物分子中可以含有1 个酯基、2 个酯基和3 个酯基，相对分子量
27、XNY，则 Y 分子中含有3 个酯基，其结构简式为：，其分子式为：C9H14O6，故答案为：；C9H14O6；（4）D 为 C17H35COOH、A 为 CH3CH2OH，则反应（A+D M）的化学方程式为：C17H35COOH+CH3CH2OHC17H35COOCH2CH3+H2O，故答案为：C17H35COOH+CH3CH2OHC17H35COOCH2CH3+H2O点评：本题考查了有机推断，题目难度中等，根据油脂甲的分子式及题中信息判断D、E 的分子组成为解答关键，注意掌握常见有机物结构与性质，明确常见有机反应类型、同系物概念及判断方法，试题充分考查学生的分析、理解能力及逻辑推理能力9（6
28、 分）（2025?温州二模）由短周期元素构成的AE 五种物质中都含有同一种元素，B 为单质，E 为强酸名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 8 页，共 17 页 -（1）若 B 为固体，请画出 B 的原子结构示意图，A 既能与强酸又能与强碱反应，且都能产生气体，则A 的化学式为（NH4）2S 或 NH4HS（2）若 B 为气体，请写出DE 的化学方程式3NO2+H2O=2HNO3+NO考点：无机物的推断分析：由短周期元素构成的A E 五种物质中都含有同一种元素，B 为单质，E 为强酸，B 能连续被氧化生成酸性氧化物D，B 可能是氮气或S，（1）若 B 为固体，则B 为 S，A 既能
29、与强酸又能与强碱反应，且都能产生气体，A 是（NH4）2S 或 NH4HS、C 是 SO2、D 为 SO3、E 为 H2SO4；（2）若 B 为气体，则B 为 N2、A 可能是 NH3、C 是 NO、D 是 NO2、E 是 HNO3，再结合题目分析解答解答：解：由短周期元素构成的AE 五种物质中都含有同一种元素，B 为单质，E 为强酸，B 能连续被氧化生成酸性氧化物D，B 可能是氮气或S，（1）若 B 为固体，则B 为 S，A 既能与强酸又能与强碱反应，且都能产生气体，A 是（NH4）2S 或 NH4HS、C 是 SO2、D 为 SO3、E 为 H2SO4，S 原子核外有3 个电子层、最外层电
30、子数是6，其原子结构示意图为，A 是（NH4）2S 或 NH4HS，故答案为：；（NH4）2S 或 NH4HS；（2）若 B 为气体，则B 为 N2、A 可能是 NH3、C 是 NO、D 是 NO2、E 是 HNO3，二氧化氮和水反应生成硝酸和NO，反应方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO点评：本题考查无机物推断，涉及S、N 元素及其化合物之间的关系，根据B 能连续被氧化且E 是强酸是解本题关键，熟悉常见元素化合物之间的转化关系及反应条件，题目难度不大10（12 分）（2025?温州二模）某研究小组为了探究固体甲（二元化合物）和固体乙（无机矿
31、物盐，含五种元素）的组成和性质，设计并完成了如下实验：已知：向溶液1 中连续滴加盐酸，先产生白色沉淀，后沉淀溶解；气体2 是无色无味气体，向溶液 2 中连续通入气体2，也是先产生白色沉淀，后沉淀溶解请回答下列问题：名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 9 页，共 17 页 -（1）甲的化学式Al4C3，气体 1 的电子式（2）加热条件下，气体1 与固体 2 反应，可产生另外一种气体和一种固体，该反应的化学方程式为4CuO+CH44Cu+CO2+2H2O 或 8CuO+CH44Cu2O+CO2+2H2O 或3CuO+CH43Cu+CO+2H2O 或 6CuO+CH43Cu2O+CO+
32、2H2O（3）乙的化学式BaCO3?Cu（OH）2或 BaCu（OH）2CO3（4）足量气体2 与溶液 1 反应的离子方程式为CO2+AlO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3 有人认为，判断该反应的气体2 是否过量较难，应对其中一种产物是“正盐”还是“酸式盐”进行检验，请设计实验证明这一产物的成分取反应后的溶液少许于试管中，滴加过量的CaCl2溶液，若出现白色沉淀，则产物中有正盐；过滤后，向滤液中滴加NaOH 溶液，若又出现白色沉淀，则产物中有酸式盐若二者都出现，为二者混合物（可选的试剂为：氨水、NaOH 溶液、稀硫酸、CaCl2溶液）考点：无机物的推断分析：甲和 NaOH 溶液反应生成气
33、体1，气体 1 是含氢量最高的烃，为CH4，根据元素守恒知甲中含有C 元素，甲烷的物质的量为0.15mol，根据 C 原子守恒得m（C）=0.15mol 12g/mol=1.8g，甲是二元化合物，另一种元素质量为7.2g1.8g=5.4g，向溶液1 中连续滴加盐酸，先产生白色沉淀，后沉淀溶解，则溶液1 为偏铝酸盐，根据元素守恒知，溶液 1 为 NaAlO2，则 n（Al）=0.2mol，C、Al 原子个数之比=0.15mol：0.2mol=3：4，则甲为Al4C3；偏铝酸钠和气体2 反应生成白色沉淀b 为 Al（OH）3，气体 2 为酸性气体；固体 2 和稀盐酸反应生成蓝色溶液，固体2 中含有
34、 Cu 元素；固体1 和溶液 a 混合得到溶液 2 和固体 2，溶液 2能溶解氢氧化铝，向溶液2 中连续通入气体2，先产生白色沉淀，后沉淀溶解，则溶液2 为强碱溶液，溶液2 只能是 Ba（OH）2；固体 1 和液体 a混合得到溶液2，则 a 为 H2O，且固体1 中含有 BaO，固体 1 为氧化物，所以还含有CuO；根据质量守恒得气体2 质量=29.5g1.8g23.3g=4.4g，且气体 2 为无色无味气体，向氢氧化钡溶液中通入气体2，先生成白色沉淀后白色沉淀溶解，则气体 2 为 CO2，n（CO2）=0.1mol，n（CuO）=0.1mol、n（BaO）=0.1mol，n（H2O）=0.1
35、mol，乙中 Ba、Cu、H、O、C 原子个数之比=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，其化学式为BaCO3?Cu（OH）2或 BaCu（OH）2CO3，据此分析解答解答：解：甲和 NaOH 溶液反应生成气体1，气体 1 是含氢量最高的烃，为CH4，根据元素守恒知甲中含有C 元素，甲烷的物质的量为0.15mol，根据 C 原子守恒得m（C）=0.15mol 12g/mol=1.8g，甲是二元化合物，另一种元素质量为7.2g1.
36、8g=5.4g，向溶液1 中连续滴加盐酸，先产生白色沉淀，后沉淀溶解，则溶液1 为偏铝酸盐，根据元素守名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 10 页，共 17 页 -恒知，溶液 1 为 NaAlO2，则 n（Al）=0.2mol，C、Al 原子个数之比=0.15mol：0.2mol=3：4，则甲为Al4C3；偏铝酸钠和气体2 反应生成白色沉淀b 为 Al（OH）3，气体 2 为酸性气体；固体 2 和稀盐酸反应生成蓝色溶液，固体2 中含有 Cu 元素；固体1 和溶液 a 混合得到溶液 2 和固体 2，溶液 2能溶解氢氧化铝，向溶液2 中连续通入气体2，先产生白色沉淀，后沉淀溶解，则溶
37、液2 为强碱溶液，溶液2 只能是 Ba（OH）2；固体 1 和液体 a混合得到溶液2，则 a 为 H2O，且固体1 中含有 BaO，固体 1 为氧化物，所以还含有CuO；根据质量守恒得气体2 质量=29.5g1.8g23.3g=4.4g，且气体 2 为无色无味气体，向氢氧化钡溶液中通入气体2，先生成白色沉淀后白色沉淀溶解，则气体 2 为 CO2，n（CO2）=0.1mol，n（CuO）=0.1mol、n（BaO）=0.1mol，n（H2O）=0.1mol，乙中 Ba、Cu、H、O、C 原子个数之比=n（BaO）：n（CuO）：2n（H2O）：2n（CO2）+n（BaO）+n（CuO）+n（H2
38、O）：n（CO2）=0.1mol：0.1mol：0.2mol：0.5mol：0.1mol=1：1：2：5：1，其化学式为BaCO3?Cu（OH）2或 BaCu（OH）2CO3，（1）通过以上分析知，甲为Al4C3，气体 1 是甲烷，电子式为，故答案为：Al4C3；（2）气体 1 是甲烷、固体2 是 CuO，加热条件下，气体1 与固体 2 反应，可产生另外一种气体和一种固体，生成的气体应该是二氧化碳或CO、固体是 Cu 或 Cu2O，根据元素守恒知还应该生成水，所以该反应的化学方程式为4CuO+CH44Cu+CO2+2H2O 或 8CuO+CH44Cu2O+CO2+2H2O 或3CuO+CH43
39、Cu+CO+2H2O 或 6CuO+CH43Cu2O+CO+2H2O，故答案为：4CuO+CH44Cu+CO2+2H2O 或 8CuO+CH44Cu2O+CO2+2H2O或 3CuO+CH43Cu+CO+2H2O 或 6CuO+CH43Cu2O+CO+2H2O；（3）通过以上分析知，乙为 BaCO3?Cu（OH）2或 BaCu（OH）2CO3，故答案为：BaCO3?Cu（OH）2或 BaCu（OH）2CO3；（4）气体 2 是二氧化碳、溶液1 为偏铝酸钠，足量二氧化碳和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，离子方程式为CO2+AlO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3；碳酸根离子和钡离子反应生
40、成碳酸钡沉淀、碳酸氢根离子和钡离子不反应，所以其检验方法是：取反应后的溶液少许于试管中，滴加过量的CaCl2溶液，若出现白色沉淀，则产物中有正盐；过滤后，向滤液中滴加NaOH 溶液，若又出现白色沉淀，则产物中有酸式盐若二者都出现，为二者混合物，故答案为：CO2+AlO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3；取反应后的溶液少许于试管中，名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 11 页，共 17 页 -滴加过量的CaCl2溶液，若出现白色沉淀，则产物中有正盐；过滤后，向滤液中滴加NaOH 溶液，若又出现白色沉淀，则产物中有酸式盐若二者都出现，为二者混合物点评：本题考查无机物推断，涉及铝、
41、Cu、Ba 元素及其化合物知识，明确偏铝酸盐性质是解本题关键，结合原子守恒确定物质化学式，题目难度中等11（15 分）（2025?温州二模）用NH3催化还原 NxOy可以消除氮氧化物的污染已知：反应：4NH3（g）+6NO（g）?5N2（g）+6H2O（l）H1反应：2NO（g）+O2（g）?2NO2（g）H2（且|H1|=2|H2|）反应：4NH3（g）+6NO2（g）?5N2（g）+3O2（g）+6H2O（l）H3反应 I 和反应 II 在不同温度时的平衡常数及其大小关系如表温度/K 反应 I 反应 II 已知：K2 K1K2 K1298 K1K2398 K1K2（1）推测反应是吸热反应（
42、填“吸热”或“放热”）（2）相同条件下，反应I 在 2L 密闭容器内，选用不同的催化剂，反应产生N2的量随时间变化如图所示计算 04 分钟在 A 催化剂作用下，反应速率v（NO）=0.375mol?L1?min1下列说法正确的是CDA该反应的活化能大小顺序是：Ea（A）Ea（B）Ea（C）B增大压强能使反应速率加快，是因为增加了活化分子百分数C单位时间内HO 键与 NH 键断裂的数目相等时，说明反应已经达到平衡D若在恒容绝热的密闭容器中发生反应，当K 值不变时，说明反应已经达到平衡（3）一定条件下，反应II 达到平衡时体系中n（NO）：n（O2）：n（NO2）=2：1：2在其它条件不变时，再充
43、入 NO2气体，分析 NO2体积分数（NO2）的变化情况：（填“变大”、“变小”或“不变”）恒温恒压容器，（NO2）不变；恒温恒容容器，（NO2）变大（4）一定温度下，反应III 在容积可变的密闭容器中达到平衡，此时容积为3L，c（N2）与反应时间 t 变化曲线 X 如图所示，若在 t1时刻改变一个条件，曲线 X 变为曲线Y 或曲线 Z则：变为曲线Y 改变的条件是加入催化剂变为曲线Z 改变的条件是将容器的体积快速压缩至 2L名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 12 页，共 17 页 -若 t2降低温度，t3达到平衡，请在图中画出曲线X 在 t2t4内 c（N2）的变化曲线考点：物
44、质的量或浓度随时间的变化曲线；化学平衡的影响因素分析：（1）已知 K1K1，说明随温度升高，K 减小，则反应为放热反应，H10；K2K2，说明随温度升高，K 减小，则反应 II 为放热反应，H20；反应 I反应 II 3得到反应III，则 H3=H13H2，据此分析；（2）已知 4分钟时氮气为2.5mol，则消耗的NO 为 3mol，根据 v（NO）=计算；A相同时间内生成的氮气的物质的量越多，则反应速率越快，活化能越低；B改变压强，活化分子百分数不变；C单位时间内HO 键断裂表示逆速率，NH 键断裂表示正速率，正逆速率相同则反应已经达到平衡；D该反应为放热反应，恒容绝热的密闭容器中，反应时温
45、度会升高，则K 会减小；（3）恒温恒压容器，再充入NO2气体，则与原来的平衡为等效平衡；若恒温恒容容器中，再充入NO2气体，容器中压强增大，则平衡正向移动；（4）图象分析曲线X 变化为曲线Y 是缩短反应达到平衡的时间，最后达到相同平衡状态，体积是可变的恒压容器，说明改变的是加入了催化剂；当曲线X 变为曲线Z 时N2物质的量浓度增大，可变容器中气体体积和浓度成反比；反应 III 为吸热反应，若t2降低温度，则平衡逆向移动，氮气的浓度减小解答：解：（1）已知 K1 K1，说明随温度升高，K 减小，则反应为放热反应，H10；K2K2，说明随温度升高，K 减小，则反应II 为放热反应，H20；反应 I
46、反应II 3 得到反应III，则 H3=H13H2，已知|H1|=2|H2|，所以 H3=H13H2=|H2|0，即反应III 为吸热反应，故答案为：吸热；（2）已知 4分钟时氮气为2.5mol，则消耗的NO 为 3mol，所以 v（NO）=0.375mol?L1?min1，故答案为：0.375mol?L1?min1；A相同时间内生成的氮气的物质的量越多，则反应速率越快，活化能越低，所以该反应的活化能大小顺序是：Ea（A）Ea（B）Ea（C），故 A 错误；B增大压强能使反应速率加快，是因为增大了活化分子数，而活化分子百分数不变，故 B 错误；C单位时间内HO 键断裂表示逆速率，NH 键断裂表
47、示正速率，单位时间内HO键与 NH 键断裂的数目相等时，则消耗的NH3和消耗的水的物质的量之比为4：6，名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 13 页，共 17 页 -则正逆速率之比等于4：6，说明反应已经达到平衡，故C 正确；D该反应为放热反应，恒容绝热的密闭容器中，反应时温度会升高，则K 会减小，当K 值不变时，说明反应已经达到平衡，故D 正确；故答案为：CD；（3）一定条件下，反应II2NO（g）+O2（g）?2NO2（g）达到平衡时体系中n（NO）：n（O2）：n（NO2）=2：1：2在其它条件不变时，恒温恒压条件下，再充入NO2气体，则与原来的平衡为等效平衡，则NO2体积
48、分数与原来平衡相同；若恒温恒容容器中，再充入 NO2气体，容器中压强增大，与原来平衡相比较，平衡正向移动，则NO2体积分数变大；故答案为：不变；变大；（4）分析图象可知曲线X 变化为曲线Y 是缩短反应达到平衡的时间，最后达到相同平衡状态，反应中体积是可变的，已知是恒压容器，说明改变的是加入了催化剂；当曲线 X 变为曲线Z 时 N2物质的量浓度增大，可变容器中气体体积和浓度成反比，曲线 X，体积为 3L，N2浓度为 3mol/L，改变条件当曲线X 变为曲线Z 时，N2浓度为4.5mol/L，则体积压缩体积为：3：V=4.5：3，V=2L，所以将容器的体积快速压缩至2L符合；故答案为：加入催化剂；
49、将容器的体积快速压缩至2L；图象分析曲线X 变化为曲线Y 是缩短反应达到平衡的时间，最后达到相同平衡状态，体积是可变得是恒压容器，说明改变的是加入了催化剂；当曲线X 变为曲线Z 时 N2物质的量增大，反应是气体体积不变的反应，可变容器中气体体积和浓度成反比，气体物质的量不变；反应 III 为吸热反应，若t2降低温度，则平衡逆向移动，氮气的浓度减小，在t3达到平衡，曲线X 在 t2 t4内 c（N2）的变化曲线为，故答案为：点评：本题考查了化学平衡影响因素分析判断、平衡常数的应用、反应速率计算、平衡状态的判断等，题目难度较大，侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力名师资料总结-精品资料欢迎下载-
50、名师精心整理-第 14 页，共 17 页 -12（15 分）（2025?温州二模）下列实验步骤是兴趣小组对某混合样品含量的测定，样品成分为 FeO、FeS2、SiO2、及其它杂质，杂质不与酸碱反应，受热稳定（步骤中所加试剂均为足量）称量 m g 样品灼烧装置如下：D 瓶溶液固体（ag）请回答下列问题：（1）连接好仪器后，如何检查整套装置的气密性向 D 中加水浸没导管，夹紧止水夹a，微热 C，导管口有气泡，停止微热后，若D 导管中形成一段稳定的水柱，则气密性良好（2）A 瓶内所盛试剂是氢氧化钠溶液灼烧完成后熄灭酒精灯，若立即停止通空气，可能对实验的影响是（写两点）D 中溶液倒吸、SO2不能全部排