福建省漳州市2015届高三化学冲刺试卷(2)(含解析)

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福建省漳州八校2015届高三化学年联考试卷

化学试题〔考试时间：90分钟总分: 100分〕参考的相对原子质量：C 12 H 1 O 16 Na 23 Fe 56一、选择题：(在每一小题只有一个选项符合题目要求，每题3分，共42分〕1．生活处处有化学。

如下说法正确的答案是 ( )A．厨房中用的食盐、食醋都是电解质B. 大量燃烧化石燃料是造成雾霾天气的重要原因C．盐类都可做调味品D．浓硫酸可以用来雕刻玻璃制工艺品2．如下关于化学用语的表示正确的答案是 ( )A．H2O2分子结构式：H—O—O—H B．C2H4分子比例模型：C．硫离子的结构示意图： D．质子数35、中子数45的溴原子：3．设N A为阿伏加德罗常数的数值。

如下说法正确的答案是 ( )A. 1 mol Na与足量O2反响，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去N A个电子B. 标准状况下，5.6 L一氧化氮和5.6 L氧气混合后的分子总数为0.5N AC. 标准状况下，22.4L氨水含有N A个NH3分子D. 56g铁片投入足量浓H2SO4中生成N A个SO2分子4.下表中根据实验操作和现象所得出的结论正确的答案是( )选项实验操作实验现象结论鸡蛋白分子直径介A 用激光笔照射鸡蛋白水溶液有丁达尔效应于1nm～100nm说明原．氯化亚铁已B 向某氯化亚铁溶液中参加Na2O2粉末出现红褐色沉淀氧化变质C 将气体X通入酸化的BaCl2溶液产生白色沉淀X可能是CO2D 湿润的KI淀粉试纸靠近气体Y 试纸变蓝Y一定是Cl25．某小组为研究电化学原理，设计如图装置。

如下表示不正确的答案是．．．．．．．( ) A．a和b不连接时，铁片上会有金属铜析出B．a和b用导线连接时，铜片上发生的反响为：Cu2＋＋2e－===CuC．无论a和b是否连接，铁片均会溶解，溶液均从蓝色逐渐变成浅绿色D．a和b分别连接直流电源的正、负极， Cu2＋向铜电极移动6．美国圣路易斯大学研制新型的乙醇燃料电池，用质子(H+)溶剂，在200o C左右供电。

2015年福建省漳州一中高考化学模拟试卷

2015年福建省漳州一中高考化学模拟试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共7小题，共42.0分)1.分类是化学学习与研究的常用方法，下列分类正确的是（）A.C l2O7、P2O5、SO3、CO2均属于酸性氧化物B.盐酸、氢氧化钠、碳酸钾均为强电解质C.玻璃、水晶、陶瓷都是硅酸盐制品D.根据溶液导电能力强弱，将电解质分为强电解质、弱电解质【答案】A【解析】解：A、和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，C l2O7、P2O5、SO3、CO2均和碱反应生成盐和水属于酸性氧化物，故A正确；B、水溶液中或熔融状态完全电离的电解质为强电解质，盐酸是氯化氢水溶液属于混合物，氢氧化钠、碳酸钾均为强电解质，故B错误；C、水晶是二氧化硅的晶体，不是硅酸盐制品，玻璃、陶瓷都是硅酸盐制品，故C错误；D、依据溶液中是否完全电离，电解质分为强电解质和弱电解质，强电解质导电能力不一定比弱电解质，故D错误；故选A．A、和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物；B、水溶液中或熔融状态完全电离的电解质为强电解质；C、水晶是二氧化硅的晶体；D、依据溶液中是否完全电离，电解质分为强电解质和弱电解质．本题考查了化学概念的分析判断，概念的实质理解应用，掌握基础是关键，题目较简单．2.不能实现下列物质间直接转化的元素的是（）单质氧化物酸或碱盐．A.铜B.硫C.钠D.碳【答案】A【解析】解：A、C u C u O，氧化铜不能溶于水生成氢氧化铜，不能实现直接转化，故A符合；B、S SO2H2SO3N a2SO3，S+O2SO2，SO2+H2O=H2SO3，H2SO3+2N a OH=N a2SO3+2H2O，故B不符合；C、N a N a2O N a OH N a C l，4N a+O2=2N a2O，N a2O+H2O=2N a OH，N a OH+HC l=N a C l+H2O，故C不符合；D、C CO2H2CO3N a2CO3，C+O2CO2，CO2+H2O=H2CO3，H2CO3+2N a OH=N a2CO3+H2O，故D不符合；故选A．A、C u C u O，氧化铜不能溶于水；B、S SO2H2SO3N a2SO3；C、N a N a2O N a OH N a C l；D、C CO2H2CO3N a2CO3．本题考查了物质转化关系的分析应用，主要是铜、硫、钠、碳及其化合物性质的分析判断，掌握基础是解题关键，题目难度中等．3.设N a为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.1mol丙烯酸中含有双键的数目为N aB.等质量14NO和13CO气体中含有的中子数相等C.一定量的钠与8g氧气作用，若两者均无剩余，转移N a个电子D.100mlp H=1的醋酸溶液中含有的氢离子数为0.01N a【答案】D【解析】解：A．1mol丙烯酸中含有1mol碳碳双键、1mol碳氧双键，总共含有2mol双键，含有双键的数目为2N A，故A错误；B．根据n=可知，等质量的14NO和13CO的物质的量之比=31g/mol：32g/mol=31：32，每个14NO分子含有中子数=8+7=15，每个13CO分子含有中子数=8+7=15，故二者含有中子数之比=31：32，即含有中子数不相等，故B错误；C．没有告诉金属钠的物质的量，而钠与氧气反应产物可能为氧化钠和过氧化钠，所以无法计算反应过程中转移的电子数，故C错误；D．p H=l的醋酸溶液100m L中氢离子的物质的量为0.01mol，氢离子数为0.01N A，故D 正确；故选D．A．丙烯酸中含有1个碳碳双键和1个碳氧双键，总共含有2个双键；B．根据n=计算二者物质的量之比，每个14NO分子含有中子数=8+7=15，每个13CO分子含有中子数=8+7=15，进而计算含有中子数之比；C．钠与氧气反应，生成产物可能为氧化钠、过氧化钠，钠的物质的量不知，无法计算转移的电子数；D．p H=1的醋酸溶液中氢离子浓度为0.1mol/L，0.1L溶液中含有0.01mol氢离子．本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，难度中等．注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系．A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】解：A ．浓、稀硝酸的强氧化性不同，与铜反应的剧烈程度不同，浓硝酸氧化性较强，可与铜剧烈反应，能达到实验目的，故A 正确；B ．硫化银溶解度比氯化银小，在氯化银溶液中加入硫化钠溶液，可生成硫化银沉淀，故B 正确；C ．比较非金属性强弱，应用最高价含氧酸的酸性进行比较，故C 错误；D ．增大反应物浓度，活化分子的浓度增大，反应速率增大，浓度不同，反应速率不同，故D 正确．故选C ．A ．浓、稀硝酸的强氧化性不同，与铜反应的剧烈程度不同；B ．从难溶电解质的溶解平衡的角度分析；C ．比较非金属性强弱，应用最高价含氧酸的酸性进行比较；D ．浓度不同，反应速率不同．本题考查实验方案的评价，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，注意把握物质的性质的异同以及实验方案的严密性的科学性，难度不大．5.钠离子电池具有资源广泛、价格低廉、环境友好、安全可靠的特点，特别适合于固定式大规模储能应用的需求．一种以N a 2SO 4水溶液为电解液的钠离子电池总反应为：N a T i 2（PO 4）3+2N a 2N i F e II （CN ）6 充电放电N a 3T i 2（PO 4）3+2N a N i F e III （CN ）6（注：其中P 的化合价为+5，F e 的上标Ⅱ、Ⅲ代表其价态）．下列说法不正确的是（）A.放电时N a T i 2（PO 4）3在正极发生还原反应B.放电时负极材料中的N a +脱离电极进入溶液，同时溶液中的N a +嵌入到正极材料中C.充电过程中阳极反应式为：2N a N i F e III （CN ）6+2N a ++2e -=2N a 2N i F e II （CN ）6D.该电池在较长时间的使用过程中电解质溶液中N a +的浓度基本保持不变【答案】C【解析】解：该原电池放电时，F e 元素化合价由+2价变为+3价，T i 元素化合价由+4价变为+3价，所以负极上N a 2N i F e II （CN ）6失电子发生氧化反应、正极上N a T i 2（PO 4）3得电子发生还原反应，充电时，阳极、阴极反应式与正极、负极反应式正好相反，A ．放电时N a T i 2（PO 4）3在正极得电子而发生还原反应，故A 正确；B ．放电时，阳离子向正极移动，所以放电时负极材料中的N a +脱离电极进入溶液，同时溶液中的N a +嵌入到正极材料中，故B 正确；C ．充电时，阳极失电子发生氧化反应，电极反应式为T i 2（PO 4）33--2e -=T i 2（PO 4）3-，故C 错误；D ．根据电池反应式知，反应过程中钠离子实质上不参加反应，所以钠离子浓度基本不变，故D 正确；故选C．该原电池放电时，F e元素化合价由+2价变为+3价，T i元素化合价由+4价变为+3价，所以负极上N a2N i F e II（CN）6失电子发生氧化反应、正极上N a T i2（PO4）3得电子发生还原反应，充电时，阳极、阴极反应式与正极、负极反应式正好相反，据此分析解答．本题考查化学电源新型电池，明确元素化合价变化与电极名称关系是解本题关键，难点是电极反应式的书写，要结合电解质溶液书写，为高考高频点，也是学习难点．6.某强酸性溶液X中仅含有NH4+、A l3+、B a2+、F e2+、F e3+、CO32-、SO32-、SO42-、C l-、NO3-中的一种或几种，取该溶液进行连续实验，实验过程如下下列有关推断合理的是（）A.若溶液X为100m L，产生的气体A为112m L（标况），则X中c（F e2+）=0.05mol•L-1B.沉淀H为A l（OH）3、B a CO3的混合物C.溶液中一定含有H+、A l3+、NH4+、F e2+、SO42-、C l-D.根据上述连续实验不能确定溶液X中是否含有F e3+【答案】D【解析】解：依据分析可知，溶液中一定存在：NH4+、A l3+、F e2+、SO42-，一定不含有：B a2+、CO32-、SO32-、NO3-，不能确定是否含有：F e3+和C l-，A．生成气体A的离子反应方程式为：3F e2++NO3-+4H+=3F e3++NO↑+2H2O，产生的气体A为112m L，物质的量为：=0.005mol，故n（F e2+）=3×0.005=0.015mol，c（F e2+）==0.15mol/L，故A错误；B．根据上述分析可知H为A l（OH）3，B a CO3与过量的二氧化碳生成碳酸氢钡，易溶于水，故B错误；C．依据分析可知，溶液中一定存在：NH4+、A l3+、F e2+、SO42-，不能确定C l-是否存在，故C错误；D．由分析可知，上述连续实验不能确定溶液X中是否含有F e3+，故D正确．故选D．在强酸性溶液中一定不会存在CO32-、SO32-离子；加入过量硝酸钡生成沉淀，则该沉淀C为B a SO4，说明溶液中含有SO42-离子，生成气体A，则A只能是NO，说明溶液中含有还原性离子，则一定为F e2+离子，溶液B中加入过量N a OH溶液，沉淀F只为F e（OH）3，生成气体D，则D为NH3，说明溶液中含有NH4+离子；溶液E中通入CO2气体，生成沉淀H，则H为A l（OH）3，E为N a OH和N a A l O2，说明溶液中含有A l3+离子，再根据离子共存知识，溶液中含有F e2+离子，则一定不含NO3-离子和SO32-离子，那么一定含有SO42-离子，那么就一定不含B a2+离子，不能确定是否含有的离子F e3+和C l-，以此解答．本题考查了常见离子的检验、无机推断，题目难度中等，注意掌握常见离子的性质及检验方法，试题充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力．7.下列说法不正确的是（）A.等物质的量浓度的NH4HSO4溶液和N a OH溶液等体积混合，溶液中各离子浓度大小关系为：c（N a+）=c（SO42-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-）B.25℃时，将amo1•L-l氨水与0.01mo I•L-1盐酸等体积混合，反应完全时溶液中c（NH4+）=c（C1-），用含a的代数式表示NH3•H2O的电离常数K b=C.某温度下，相同体积、相同p H的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，p H随溶液体积V变化的曲线如图所示．Ⅱ为醋酸稀释时p H的变化曲线，且a、b两点水的电离程度：a＜bD.已知298K时氢氰酸（HCN）的K a=4.9×10-10、碳酸的K a1=4.4×10-7，K a2=4.7×10-11，据此可推测将氢氰酸加入到碳酸钠溶液中能观察到有气泡产生【答案】D【解析】解：A、向NH4HSO4溶液中加入等物质的量的N a OH溶液，反应生成N a2SO4、H2O、（NH4）SO4；N a+、SO42-不水解，故c（N a+）=c（SO42-），NH4+水解显酸性，所以c（H+）＞2c（OH-），即离子浓度由大到小为：c（N a+）=c（SO42-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-），故A正确；B、当溶液中c（NH4+）=c（C1-），说明溶液呈中性，有c（H+）=c（OH-）=10-7，故NH3•H2O的电离平衡常数K b===，故B正确；C、醋酸为弱酸，存在电离平衡，当加水稀释时，氢离子浓度减小较慢，所以醋酸稀释时，p H增大较慢，曲线Ⅱ为醋酸的p H值变化，故C正确；D、酸性H2CO3＞HCN＞HCO3-，所以氢氰酸加入到碳酸钠溶液中，没有气体生成，故D 错误；故选D．A、硫酸氢铵和氢氧化钠等浓度等体积反应，H++OH-=H2O，向NH4HSO4溶液中加入等物质的量的N a OH溶液，反应生成N a2SO4、H2O、（NH4）2SO4；然后根据各物质量的关系分析离子浓度大小；B、当溶液中c（NH4+）=c（C1-），说明溶液呈中性，有c（H+）=c（OH-）=10-7，NH3•H2O 的电离平衡常数K b=；C、醋酸为弱酸，存在电离平衡，当加水稀释时，氢离子浓度减小较慢，以此判断醋酸稀释时，p H的变化曲线；D、相同温度、浓度下，酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，其酸根离子的水解能力越小，结合强酸制取弱酸分析解答．本题考查了弱电解质的电离，明确酸的电离平衡常数与酸性强弱、酸根离子水解能力的关系是解本题关键，难度中等．三、双选题(本大题共1小题，共2.0分)12.胆矾晶体（C u SO4•5H2O）中4个水分子与铜离子形成配位键，另一个水分子只以氢键与相邻微粒结合．某兴趣小组称取2.500g胆矾晶体，逐渐升温使其失水，并准确测定不同温度下剩余固体的质量，得到如图所示的实验结果示意图．以下说法正确的是（）A.晶体从常温升至105℃的过程中只有氢键断裂B.受热过程中，胆矾晶体中形成配位键的4个水分子同时失去C.120℃时，剩余固体的化学式是C u SO4•H2OD.按胆矾晶体失水时所克服的作用力大小不同，晶体中的水分子所处化学环境可以分为3种【答案】CD【解析】解：A、由信息可知，胆矾晶体另一个水分子只以氢键与相邻微粒结合，所以只有氢键断裂，说明失去一个结晶水，而胆矾（C u SO4•5H2O）的分子量为250，如果失去1个水，则剩下232，所以2.5g的胆矾如果只有氢键断裂，剩下的质量为2.32g，而升至105℃时固体质量是2.14g，所以不只有氢键断裂，还有配位键断裂，故A错误；B、由图可知明显不是同时失去，而是分三阶段失水，故B错误；C、120℃时，剩下固体是1.78g，而失去4个水之后分子量就是178，所以剩余固体的化学式是C u SO4•H2O，故C正确；D、因为固体质量就是分三次降低的，所以晶体中的水分子所处化学环境可以分为3种，故D正确；故选CD．A、由信息可知，胆矾晶体另一个水分子只以氢键与相邻微粒结合，所以只有氢键断裂，说明失去一个结晶水；B、由图可知明显不是同时失去；C、120℃时，剩下固体是1.78g，而失去4个水之后分子量就是178；D、因为固体质量就是分三次降低的，而三次温度变化值不同，所以克服的作用力大小不同．本题考查硫酸铜晶体中水分子所处化学环境结合图象分析考查，学生要有一定的分析推理能力，特别要要清楚随温度的改变固体质量三次降度这是解题的关键所在，有一定的难度．二、简答题(本大题共4小题，共53.0分)8.氮的固定是几百年来科学家一直研究的课题．（1）下表列举了不同温度下大气固氮和工业固氮的部分K值．②分析数据可知：人类不适合大规模模拟大气固氮的原因______ ．③从平衡视角考虑，工业固氮应该选择常温条件，但实际工业生产却选择500℃左右的高温，解释其原因______ ．（2）工业固氮反应中，在其他条件相同时，分别测定N2的平衡转化率在不同压强（р1、р2）下随温度变化的曲线，下图所示的图示中，正确的是______ （填“A”或“B”）；比较р1、р2的大小关系______ ．（3）20世纪末，科学家采用高质子导电性的SCY陶瓷（能传递H+）为介质，用吸附在它内外表面上的金属钯多晶薄膜做电极，实现高温常压下的电化学合成氨，提高了反应物的转化率，其实验简图如C所示，阴极的电极反应式是______ ．（4）近年，又有科学家提出在常温、常压、催化剂等条件下合成氨气的新思路，反应原理为：2N2（g）+6H2O⇌4NH3（g）+3O2（g），则其反应热△H= ______ ．（已知：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=-92.4k J•mol-1，2H2（g）+O2（g）⇌2H2O （l）△H=-571.6k J•mol-1）【答案】吸热；K值小，正向进行的程度小（或转化率低），不适合大规模生产；从反应速率角度考虑，高温更好，但从催化剂活性等综合因素考虑选择500℃左右合适；A；р2＞р1；N2+6e-+6H+=2NH3；+1530k J•mol-1【解析】解：（1）①由表格数据可知，温度越高，K越大，说明升高温度，平衡正移，则正反应方向为吸热反应，故答案为：吸热；②由表格数据可知，2000℃时，K=0.1，K值很小，则转化率很小，不适合大规模生产，所以人类不适合大规模模拟大气固氮，故答案为：K值小，正向进行的程度小（或转化率低），不适合大规模生产；③合成氨反应中，反应温度越高，反应速率越快，但是该反应为放热反应，温度高转化率会降低，而且在500℃左右催化剂活性最高，所以从催化剂活性等综合因素考虑选择500℃左右合适；故答案为：从反应速率角度考虑，高温更好，但从催化剂活性等综合因素考虑选择500℃左右合适；（2）合成氨反应为放热反应，升高温度，转化率减小，所以图A正确，B错误；该反应正方向为体积减小的方向，增大压强平衡正向移动，转化率增大，р2的转化率大，则р2大；故答案为：A；р2＞р1；（3）电解池中氮气在阴极得电子生成氨气，其电极方程式为：N2+6e-+6H+=2NH3，故答案为：N2+6e-+6H+=2NH3；（4）已知：①N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=-92.4k J•mol-1，②2H2（g）+O2（g）⇌2H2O（l）△H=-571.6k J•mol-1，由盖斯定律：①×2-②×3得2N2（g）+6H2O（l）⇌4NH3（g）+3O2（g），△H=（-92.4k J•mol-1）×2-（-571.6k J•mol-1）×3=+1530k J•mol-1；故答案为：+1530k J•mol-1．（1）①温度越高，K越大，说明升高温度，平衡正移；②K值很小，转化率很小；③合成氨反应中，在500℃左右催化剂活性最高；（2）合成氨反应为放热反应，升高温度，转化率减小；增大压强平衡正向移动，转化率增大；（3）氮气在阴极得电子生成氨气；（4）已知：①N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=-92.4k J•mol-1，②2H2（g）+O2（g）⇌2H2O（l）△H=-571.6k J•mol-1，由盖斯定律：①×2-②×3得2N2（g）+6H2O（l）⇌4NH3（g）+3O2（g），据此分析．本题考查了平衡常数的应用、合成氨反应的条件选择、影响化学平衡的因素、电解原理的应用、盖斯定律的应用等，题目难度中等，侧重于基础知识的综合应用考查，注意把握K与温度的关系以及影响化学平衡的因素．9.海水是一个巨大的化学资源宝库，利用海水可以获得很多化工产品．（1）海水中制得的氯化钠可用于生产烧碱及氯气．反应的离子方程式是______ ．（2）利用制盐后的盐卤提取溴的工艺流程如下（部分操作和条件已略去）：盐卤低浓度B r2溶液ⅠB r2将B r2与N a2CO3反应的化学方程式补充完整：□B r2+□N a2CO3═N a B r O3+□ ______ +□______ □（3）盐卤蒸发冷却后析出卤块的主要成分是M g C l2，此外还含F e2+、F e3+、M n2+等离子．以卤块为原料制得镁的工艺流程如下（部分操作和条件已略去）：p①步骤②中需控制p H=9.8，其目的是______ ．②用N a C l O氧化F e2+得到F e（OH）3沉淀的离子反应方程式是______ ．③步骤③需在HC l保护气中加热进行，请用化学平衡移动原理解释原因______ ．④N a C l O还能除去盐卤中的CO（NH2）2，生成盐类物质和能参与大气循环的物质．除去0.1mol CO（NH2）2时消耗N a C l O ______ g．【答案】2C l-+2H2O C l2↑+H2↑+2OH-；5N a B r；3CO2↑；除去溶液中含有的F e2+、F e3+、M n2+杂质，使之完全生成沉淀而除去；C l O-+2F e2++5H2O=2F e（OH）3+C l-+4H+；M g2++2H2O⇌M g（OH）2+2H+，温度升高，水解程度增大，通入HC l，增加c（H+），使平衡逆向移动，抑制M g2+水解．HC l还能带出水份，最终得到无水M g C l2；22.35 【解析】解：（1）电解氯化钠溶液在阴极生成氢氧化钠和氢气，阳极生成氯气，其电解反应的离子方程式是2C l-+2H2O C l2↑+H2↑+2OH-，故答案为：2C l-+2H2O C l2↑+H2↑+2OH-；（2）B r2与N a2CO3反应生成N a B r O3、N a B r和CO2，B r元素部分由0价升高到+5价，另一部分从0价降低到-1价，则生成的N a B r O3与N a B r的物质的量之比为1：5，所以配平方程式为：3B r2+3N a2CO3=N a B r O3+5N a B r+3CO2↑，故答案为：3、3、1、5N a B r、3CO2；（3）盐卤加水溶解，加N a C l O将F e2+氧化成F e3+，然后加入N a OH调节p H为9.8，使F e2+、F e3+、M n2+转化为氢氧化物沉淀，过滤，滤液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到，氯化镁晶体，在HC l气氛中加热得到无水氯化镁，电解熔融的氯化镁得到M g；①步骤②中需控制p H=9.8在于使除M g2+以外的各种杂质金属离子都生成氢氧化物沉淀，以便通过过滤而除去，即控制p H=9.8的目的：除去溶液中含有的F e2+、F e3+、M n2+杂质，使之完全生成沉淀而除去；故答案为：除去溶液中含有的F e2+、F e3+、M n2+杂质，使之完全生成沉淀而除去；②加入次氯酸钠会氧化亚铁离子为三价铁，则次氯酸钠与F e2+、H2O反应生成F e（OH）3、C l-和H+，反应的离子方程式为：C l O-+2F e2++5H2O=2F e（OH）3+C l-+4H+；故答案为：C l O-+2F e2++5H2O=2F e（OH）3+C l-+4H+；③镁离子水解生成氢氧化镁和氢离子，M g2++2H2O⇌M g（OH）2+2H+，水解反应属于吸热反应，加热温度升高，水解程度增大，通入HC l时，增加了溶液中的c（H+），能使水解平衡逆向移动，抑制M g2+水解．HC l还能带出水份，最终得到无水M g C l2；故答案为：M g2++2H2O⇌M g（OH）2+2H+，温度升高，水解程度增大，通入HC l，增加c（H+），使平衡逆向移动，抑制M g2+水解．HC l还能带出水份，最终得到无水M g C l2；④N a C l O还能除去盐卤中的CO（NH2）2，生成盐和能参与大气循环的物质，其反应为3N a C l O+CO（NH2）2═3N a C l+CO2↑+N2↑+2H2O，由方程式中物质之间的关系可知，0.1mol CO（NH2）2消耗N a C l O为0.3mol，则m（N a C l O）=n M=0.3mol×74.5g/mol=22.35g，故答案为：22.35．（1）电解氯化钠溶液在阴极生成氢氧化钠和氢气，阳极生成氯气；（2）B r2与N a2CO3反应生成N a B r O3、N a B r和CO2，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式；（3）盐卤加水溶解，加N a C l O将F e2+氧化成F e3+，然后加入N a OH调节p H为9.8，使F e2+、F e3+、M n2+转化为氢氧化物沉淀，过滤，滤液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到，氯化镁晶体，在HC l气氛中加热得到无水氯化镁，电解熔融的氯化镁得到M g；①步骤②中需控制p H=9.8在于使除M g2+以外的各种杂质金属离子都生成氢氧化物沉淀，以便通过过滤而除去；②次氯酸钠具有氧化性，把氧化亚铁离子为三价铁，据此写出反应的离子方程式；③镁离子水解显酸性，通入HC l可以抑制其水解；④N a C l O还能除去盐卤中的CO（NH2）2，生成盐和能参与大气循环的物质，其反应为3N a C l O+CO（NH2）2═3N a C l+CO2↑+N2↑+2H2O，根据方程式计算．本题考查了方程式的书写、实验仪器的选择、物质的制备原理，涉及知识点较多，题目侧重于反应原理的应用和元素化合物性质的考查，题目综合性较强，难度中等，充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力．10.氧化亚铜是大型水面舰艇防护涂层的重要原料．某小组通过查阅资料，进行如图研究．I．C u2O的制取（1）葡萄糖还原法制C u2O的化学方程式为______ ．（2）实验室用此方法制取并获得少量C u2O固体，需要的玻璃仪器除试管、酒精灯、烧杯外，还需要______Ⅱ．检验样品中是否含有C u O方案1：将制得的C u2O样品溶于足量稀硫酸．（3）甲同学认为若溶液变为蓝色，则说明样品中含有C u O杂质．乙同学认为此推论不合理，用化学用语解释原因______ ．（4）甲同学通过反思，认为将定性检验改为定量测定便能确定样品中是否含有C u O杂质，应测量的数据是______ ．方案2：丙同学认为采用如下装置（所加药品均足量）进行实验，通过测定c装置反应后固体的质量以及d装置反应前后增重的质量，可计算，从而确定样品中是否含有氧化铜．（5）装置a中所加的酸是______ （填化学式），装置e中碱石灰的作用是______ ．（6）点燃装置c中酒精灯之前需进行的操作是______ ．（7）熄灭酒精灯之后，仍需通一段时间H2至试管冷却，原因是______ ．【答案】；漏斗、玻璃棒；C u2O+H2SO4=C u SO4+C u+H2O；C u2O样品的质量、反应后剩余固体（C u）的质量；H2SO4；防止空气中的水进入d装置，m（H2O）测定不准确；打开K1，关闭K2，通一段时间氢气后验纯，打开K2，关闭K1；防止生成的C u单质在高温下又被氧气氧化为C u O，导致测定数据不准确【解析】解：Ⅰ、（1）葡萄糖还原法制C u2O是利用葡萄糖中醛基被氢氧化铜氧化生成葡萄糖酸，氧化亚铜和水，制取氢氧化铜可用可溶性铜盐和强碱反应，葡萄糖还原法制C u2O的化学方程式为；故答案为：（2）新制氢氧化铜氧化乙醛实验需要加热，故所需玻璃仪器为试管、酒精灯，分离生成的氧化亚铜沉淀，需要进行过滤操作，所需玻璃仪器为漏斗、玻璃棒、烧杯，故答案为：漏斗、玻璃棒；Ⅱ、（3）氧化亚铜也和硫酸发生氧化还原反应生成硫酸铜溶液显蓝色，反应的化学方程式为：C u2O+H2SO4=C u SO4+C u+H2O；故答案为：C u2O+H2SO4=C u SO4+C u+H2O；（4）将定性检验改为定量测定便能确定样品中是否含有C u O杂质，应测量的数据是C u2O样品的质量、反应后剩余固体（C u）的质量；故答案为：C u2O样品的质量、反应后剩余固体（C u）的质量；（5）d装置中的碱石灰会吸收水和酸性气体，防止a中酸挥发，故选难挥发性酸硫酸，装置e中碱石灰的作用是防止空气中的水进入d装置，m（H2O）测定不准确；故答案为：H2SO4；防止空气中的水进入d装置，m（H2O）测定不准确；（6）打开K1，关闭K2，通一段时间氢气后验纯，验纯后应保持气体能通过d装置，使生成的水全部被d装置吸收，故答案为：打开K2，关闭K1；故答案为：打开K1，关闭K2，通一段时间氢气后验纯，打开K2，关闭K1；（7）灼热的铜和氧气会发生反应生成氧化铜，所以熄灭酒精灯之后，仍需通一段时间H2至试管冷却是防止空气进入氧化生成的铜，测定结果产生误差；故答案为：防止生成的C u单质在高温下又被氧气氧化为C u O，导致测定数据不准确．Ⅰ、（1）葡萄糖还原法制C u2O是利用葡萄糖中醛基被氢氧化铜氧化生成葡萄糖酸，氧化亚铜和水；制取氢氧化铜可用可溶性铜盐和强碱反应；（2）新制氢氧化铜氧化乙醛实验需要加热，生成氧化亚铜沉淀，分离出氧化亚铜需要过滤操作；Ⅱ、（3）氧化亚铜也和硫酸发生氧化还原反应生成硫酸铜溶液显蓝色；（4）将定性检验改为定量测定便能确定样品中是否含有C u O杂质，应测量的数据是氧化亚铜样品质量和反应生成铜的质量，通过化学方程式计算分析；（5）防止酸的挥发，应选用难挥发性的酸；装置e中碱石灰的作用是防止空气中的水进入d装置；（6）打开K1，关闭K2，通一段时间氢气后验纯，验纯后应保持气体能通过d装置，使生成的水全部被d装置吸收；（7）熄灭酒精灯之后，仍需通一段时间H2至试管冷却是防止空气进入氧化生成的铜，测定结果产生误差．本题以铜的化合物为载体，考查了实验基础知识和计算技能．答题时要注意题目要求，如要求填“玻璃仪器”、化学式等，实验过程分析和物质性质是解题关键，题目难度中等．11.氨气是共价型氢化物．工业常用氨气和醋酸二氨合铜{[C u（NH3）2]A c}的混合液来吸收一氧化碳（醋酸根CH3COO-简写为A c-）．反应方程式为：[C u（NH3）2]A c+CO+NH3⇌[C u （NH3）3CO]A c①请写出基态C u原子的电子排布式______ ．②氨水溶液中各元素原子的电负性从大到小排列顺序为______ ．③醋酸分子中的两个碳原子，甲基（-CH3）碳和羧基（-COOH）碳的杂化方式分别是______ ．④生成物[C u（NH3）3CO]A c中所含化学键类型有______ ．a．离子键b．配位键c．σ键d．π【答案】[A r]3d104s1；O＞N＞H；sp3、sp2；abcd【解析】解：（1）①C u元素为29号元素，原子核外有29个电子，所以核外电子排布式为：[A r]3d104s1，故答案为：[A r]3d104s1；②氨水溶液中含N、O、H三种元素，氢的电负性最小，又同周期自左而右电负性增大，故电负性从大到小的排列顺序为O＞N＞H，故答案为：O＞N＞H；③醋酸分子中的两个碳原子，甲基（-CH3）碳采用sp2杂化，羧基（-COOH）碳采用sp2杂化，故答案为：sp3、sp2；④C u2+与NH3存在配位键，NH3中N与H形成σ键，[C u（NH3）3CO]+与A c-之间是离子键，A c-内有碳氧双键，所以还有π键，即存在的化学键类型为：配位键、σ键、π键和离子键，故选abcd．①根据元素符号，判断元素原子的核外电子数，再根据核外电子排布规律来写；②氨水溶液中含N、O、H三种元素，氢的电负性最小，又同周期自左而右电负性增大，据此判断；③醋酸分子中的两个碳原子，甲基（-CH3）碳采用sp2杂化，羧基（-COOH）碳采用sp2。

福建省漳州市2015届高三化学冲刺试卷(2)(含)

2015年福建省漳州市高考化学冲刺试卷（2）一、选择题（本大题共7小题，每小题6分，共42分．在每小题给出的四个备选项中，只有一项符合题目要求．）1．化学与生产、生活密切相关．下列说法正确的是( )A．福尔马林可用于保存海鲜产品B．硅胶吸附能力强，常用作催化剂载体和食品干燥剂C．工业上利用Cl2与澄清石灰水反应制取漂白粉D．天然纤维和合成纤维的主要成分是纤维素2．下列进行性质比较的实验，不合理的是( )A．比较Cu、Fe的还原性：铜加入硫酸铁溶液中B．比较氯的非金属性强于溴：溴化钠溶液中通入氯气C．比较高锰酸钾的氧化性强于氯气：高锰酸钾中加入浓盐酸D．比较镁的金属性强于铝：取一小段去氧化膜的镁带和铝片，分别加入1.0mol•L﹣1的盐酸中3．下列与有机物的结构、性质有关的叙述，正确的是( )A．苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以苯不能发生氧化反应B．石油的主要成分是烃，煤经过分馏可制得焦炭、煤焦油等产品C．丙烯分子中所有原子不可能在同一平面上D．淀粉、纤维素都是天然高分子有机物，其链节中都含有葡萄糖4．25℃时加水稀释10mL pH=11的氨水，下列叙述正确的是( )A．原氨水的浓度为10﹣3mol•L﹣1B．溶液中增大C．氨水的电离程度增大，溶液中所有离子的浓度均减小D．再加入10 mL pH=3的盐酸充分反应后混合液的pH值肯定等于75．下列叙述中正确的是( )A．图①中正极附近溶液pH降低B．图①中电子由Zn流向Cu，盐桥中的Cl﹣移向CuSO4溶液C．图②正极反应是O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣D．图②中加入少量K3[Fe（CN）6]溶液，有蓝色沉淀生成6．元素R、X、T、Z、Q在元素周期表中的相对位置如表所示，其中R单质在暗处与H2剧烈化合并发生爆炸，则下列判断正确的是( )A．非金属性：Z＜T＜XB．R与Q的电子数相差24C．气态氢化物稳定性：R＜T＜QD．最高价氧化物的水化物的酸性：T＞Q7．已知反应：2CH3COCH3（l）⇌CH3COCH2COH（CH3）2（l）．取等量CH3COCH3，分别在0℃和20℃下，测得其转化分数随时间变化的关系曲线（Y﹣t）如图所示．下列说法正确的是( )A．b代表0℃下CH3COCH3的Y﹣t曲线B．反应进行到20min末，CH3COCH3的C．升高温度可缩短反应达平衡的时间并能提高平衡转化率D．从Y=0到Y=0.113，CH3COCH2COH（CH3）2的二、非选择题（本大题共3小题，共58分．其中3题必考题，2题选考题任选一题）8．研究CO2的利用对促进低碳社会的构建具有重要意义．（1）将CO2与焦炭作用生成CO，CO可用于炼铁等．已知：①Fe2O3（s）+3C（石墨）═2Fe（s）+3CO（g）△H1=+489.0kJ•mol﹣1②C（石墨）+CO2（g）═2CO（g）△H2=+172.5kJ•mol﹣1则CO还原Fe2O3（s）的热化学方程式为__________．（2）二氧化碳合成甲醇是碳减排的新方向，将CO2转化为甲醇的热化学方程式为CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）△H①该反应的平衡常数表达式为K=__________．②取一定体积CO2和H2的混合气体（物质的量之比为1：3），加入恒容密闭容器中发生上述反应，反应过程中测得甲醇的体积分数α（CH3OH）与反应温度T的关系如图1所示，则该反应的△H__________0（填“＞”、“＜”或“=”，下同）．③在两种不同条件下发生反应，测得CH3OH的物质的量随时间变化如图2所示，曲线Ⅰ、Ⅱ对应的平衡常数大小关系为KⅠ__________KⅡ．（3）以CO2为原料还可以合成多种物质．①工业上尿素[CO（NH2）2]可由CO2和NH3在一定条件下合成，其反应方程式为__________．当氨碳比=3，达平衡时CO2的转化率为60%，则NH3的平衡转化率为__________．②用硫酸溶液作电解质进行电解，CO2在电极上可转化为甲烷，该电极的反应式为__________．9．铁及其化合物在日常生活、生产中应用广泛．（1）在某温度下，K sp（FeS）=8.1×10﹣17，FeS饱和溶液中c（H+）与c（S2﹣）之间存在关系：c2（H+）•c（S2﹣）=1.0×10﹣22，为了使溶液里c（Fe2+）达到1mol•L﹣1，现将适量FeS 投入其饱和溶液中，应调节溶液中的pH约为__________（填字母）．A．2 B．3 C．4 D．5（2）氧化铁红颜料跟某些油料混合，可以制成防锈油漆．以黄铁矿为原料制硫酸产生的硫酸渣中含Fe2O3、SiO2、Al2O3、MgO等，用硫酸渣制备铁红（Fe2O3）的过程如下：①酸溶过程中Fe2O3发生反应的离子方程式为__________；“滤渣A”主要成分的化学式为__________．②还原过程中加入FeS2的目的是将溶液中的Fe3+还原为Fe2+，而本身被氧化为H2SO4．请完成该反应的离子方程式：__________FeS2+__________Fe3++__________═__________Fe2++__________SO+__________③氧化过程中，O2、NaOH与Fe2+反应的离子方程式为__________．．如果pH过大，可能引起的后果是__________（几种离子沉淀的pH见上表）．⑤滤液B可以回收的物质有__________（填序号）．A．Na2SO4 B．Al2（SO4）3 C．Na2SiO3 D．MgSO4．10．ClO2在常温下是一种黄绿色有刺激性气味的气体，其熔点为﹣59℃，沸点为11.0℃，易溶于水．工业上用稍潮湿的KClO3和草酸（H2C2O4）在60℃时反应制得．某学生拟用图1所示装置模拟工业制取并收集ClO2．（1）A装置电动搅拌棒的作用是__________．A装置必须添加温度控制装置，除酒精灯外，还需要的玻璃仪器有烧杯、__________．（2）B装置必须放在冰水浴中，其原因是__________．（3）反应后在装置C中可得NaClO2溶液．已知：a．NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出晶体是NaClO2•3H2O，在温度高于38℃时析出晶体是NaClO2，温度高于60℃时NaClO2分解生成NaClO3和NaCl；b．NaClO2的溶解度曲线如图2所示，请补充从NaClO2溶液中制得NaClO2晶体的操作步骤：①减压，55℃蒸发结晶；②__________；③__________；④__________；得到成品．（4）ClO2很不稳定，需随用随制，产物用水吸收得到ClO2溶液．为测定所得溶液中ClO2的含量，进行了下列实验：步骤1：准确量取ClO2溶液10.00mL，稀释成100.00mL试样，量取V1mL试样加入到锥形瓶中；步骤2：用稀硫酸调节试样的pH≤2.0，加入足量的KI晶体，静置片刻；步骤3：加入指示剂，用c mol•L﹣1 Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V2 mL（已知2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI）．①配制100mL c mol•L﹣1Na2S2O3标准溶液时，用到的玻璃仪器除烧杯、量筒、玻璃棒外还有：__________．②滴定过程中进行三次平行测定的原因是__________．③原ClO2溶液的浓度为__________ g•L﹣1（用含字母的代数式表示）．④若滴定前滴定管尖嘴中有气泡，滴定后气泡消失，则测定结果__________（填“偏高”、“偏低”或“不变”）．[化学一物质结构与性质]11．（13分）金属镍及其化合物在合金材料以及催化剂等方面用广泛．（1）基态镍原子的外围电子排布式为__________．（2）金属镍能与CO形成配合物Ni（CO）4，写出与CO互为等电子体的一种分子和一种离子的化学__________、__________．（3）很多不饱和有机物在Ni催化下可与H2发生加成反应．如①CH2=CH2、②HC≡CH、③、④HCHO，其中碳原子采取sp2杂化的分子有__________（填物质序号），HCHO分子的立体结构为__________形．（4）金属镍与镧（La）形成的合金是一种良好的储氢材料，其晶胞结构示意图如图1所示．该合金的化学式为__________．（5）丁二酮肟常用于检验Ni2+：在稀氨水中，丁二酮肟与Ni2+反应生成鲜红色沉淀，其结构如图2所示．该结构中，除共价键外还存在配位键和氢键，请在图中用箭头和“…”表示出配位键和氢键．[化学一有机化学基础]12．化合物A和D都是石油裂解气的成分，是衡量一个国家化工水平的重要标志的物质的同系物，可利用如下反应合成化合物H：已知：请回答下列问题：（1）反应①～⑥中属于加成反应的是__________（填序号，下同），属于氧化反应的是__________．（2）写出反应④的化学方程式：__________．（3）写出G的结构简式：__________，G中官能团的名称为__________．（4）写出反应⑥的化学方程式：__________．（5）化合物C与化合物F反应还可以生成化合物G的同分异构体，其结构简式为__________．（6）下列有关化合物H的说法正确的是__________（填字母）．A．化合物H在一定温度下能与NaOH溶液发生水解反应B．化合物H的分子式为C10H13O2C．1mol化合物H与H2发生加成反应，消耗3mol H2D．化合物H能使溴水褪色．2015年福建省漳州市高考化学冲刺试卷（2）一、选择题（本大题共7小题，每小题6分，共42分．在每小题给出的四个备选项中，只有一项符合题目要求．）1．化学与生产、生活密切相关．下列说法正确的是( )A．福尔马林可用于保存海鲜产品B．硅胶吸附能力强，常用作催化剂载体和食品干燥剂C．工业上利用Cl2与澄清石灰水反应制取漂白粉D．天然纤维和合成纤维的主要成分是纤维素【考点】有机物的结构和性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；有机化学反应的综合应用．【专题】有机化合物的获得与应用；化学应用．【分析】A．HClO有毒，能使蛋白质发生变性；B．硅胶可吸收水，且无毒；C．石灰水的浓度小，不利于制备漂白粉；D．纤维素的成分为多糖，而合成纤维中含为加聚、缩聚产物．【解答】解：A．福尔马林能使蛋白质变性，且有毒，不能用作食品保鲜剂，故A错误；B．硅胶具有疏松多孔的结构，可吸收水，且无毒，常用作催化剂载体和食品干燥剂，故B 正确；C．Ca（OH）2微溶于水，澄清的石灰水浓度太小，不能制取漂白粉，应利用氯气与石灰乳制备，故C错误；D．纤维素的主要成分是多糖，合成纤维的成分不是纤维素，故D错误；故选B．【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的组成、性质及应用等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生活的关系，题目难度不大．2．下列进行性质比较的实验，不合理的是( )A．比较Cu、Fe的还原性：铜加入硫酸铁溶液中B．比较氯的非金属性强于溴：溴化钠溶液中通入氯气C．比较高锰酸钾的氧化性强于氯气：高锰酸钾中加入浓盐酸D．比较镁的金属性强于铝：取一小段去氧化膜的镁带和铝片，分别加入1.0mol•L﹣1的盐酸中【考点】氧化性、还原性强弱的比较；金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律．【专题】氧化还原反应专题；元素周期律与元素周期表专题．【分析】A．依据还原剂的还原性大于还原产物进行判断；B．单质的氧化性越强，对应元素的非金属性越强；C．依据氧化剂的氧化性大于氧化产物进行判断；D．同种氧化剂与多种还原剂反应，可以通过反应剧烈程度、快慢判断还原性强弱．【解答】解：A．发生反应：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，根据反应只能判断Cu还原性强于Fe2+，不能判断Cu、Fe的还原性，故A正确；B．发生反应：2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2，氧化性：氯气大于溴单质，所以非金属性：氯大于溴，故B错误；C．发生反应：2KMnO4+16HCl=2MnCl2+5Cl2+2KCl+8H2O，KMnO4是氧化剂，Cl2是氧化产物，故氧化性前者大于后者，故C错误；D．镁带和铝片都能与盐酸反应生成氢气，但是镁带与盐酸反应更剧烈，产生氢气更快，故还原性镁大于铝，故D错误；故选A．【点评】本题考查了氧化还原反应的规律，和元素非金属性强弱判断依据，题目难度不大结合相应知识不难找到答案．3．下列与有机物的结构、性质有关的叙述，正确的是( )A．苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以苯不能发生氧化反应B．石油的主要成分是烃，煤经过分馏可制得焦炭、煤焦油等产品C．丙烯分子中所有原子不可能在同一平面上D．淀粉、纤维素都是天然高分子有机物，其链节中都含有葡萄糖【考点】有机物的结构和性质．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】A．苯中不含碳碳双键，不能与高锰酸钾反应，但燃烧为氧化反应；B．煤干馏产品为焦炭、煤焦油等；C．丙烯中含甲基，为四面体构型；D．淀粉、纤维素都是天然高分子有机物，均为多糖，可水解．【解答】解：A．苯中不含碳碳双键，不能与高锰酸钾反应，则苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但能燃烧生成二氧化碳和水，可发生氧化反应，故A错误；B．石油的主要成分是烃，煤经过干馏得到产品为焦炭、煤焦油等，干馏为化学变化，而分馏为物理变化，故B错误；C．丙烯中含甲基，为四面体构型，则丙烯分子中所有原子不可能在同一平面上，故C正确；D．淀粉、纤维素都是天然高分子有机物，均为多糖，可水解，水解的最终产物均为葡萄糖，而链节中不含有葡萄糖，故D错误；故选C．【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重苯、多糖性质的考查，注意分馏与干馏的差别，题目难度不大．4．25℃时加水稀释10mL pH=11的氨水，下列叙述正确的是( )A．原氨水的浓度为10﹣3mol•L﹣1B．溶液中增大C．氨水的电离程度增大，溶液中所有离子的浓度均减小D．再加入10 mL pH=3的盐酸充分反应后混合液的pH值肯定等于7【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A．一水合氨是弱电解质，在水溶液里部分电离；B．加水稀释氨水，促进一水合氨电离，导致溶液中n（NH4+）增大、n（NH3．H2O）减小；C．加水稀释促进一水合氨电离，溶液中c（H+）增大；D．pH=3的盐酸浓度小于pH=11的氨水浓度，二者等体积混合，氨水过量，溶液呈碱性．【解答】解：A．一水合氨是弱电解质，在水溶液里部分电离，所以原氨水的浓度＞10﹣3mol/L，故A错误；B．加水稀释氨水，促进一水合氨电离，导致溶液中n（NH4+）增大、n（NH3．H2O）减小，则溶液中增大，故B正确；C．加水稀释促进一水合氨电离，溶液中c（OH﹣）减小，温度不变，则水的离子积常数不变，则溶液中c（H+）增大，故C错误；D．常温下，pH=3的盐酸浓度小于pH=11的氨水浓度，二者等体积混合，氨水过量，一水合氨电离程度大于铵根离子水解程度，导致混合溶液呈碱性，则pH＞7，故D错误；故选B．【点评】本题考查了弱电解质的电离，明确弱电解质电离特点是解本题关键，注意稀释氨水过程中增大一水合氨电离程度但其电离平衡常数不变，溶液中c（H+）增大，为易错点．5．下列叙述中正确的是( )A．图①中正极附近溶液pH降低B．图①中电子由Zn流向Cu，盐桥中的Cl﹣移向CuSO4溶液C．图②正极反应是O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣D．图②中加入少量K3[Fe（CN）6]溶液，有蓝色沉淀生成【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】图①锌为负极，铜为正极，正极铜离子放电生成铜，图②铁为负极，铜为正极，正极氢离子放电生成氢气，以此解答该题．【解答】解：A．图①中正极发生：Cu2++2e﹣=Cu，如不考虑盐类水解，则正极pH不变，如考虑盐类水解，则正极pH增大，故A错误；B．原电池中阴离子向负极移动，即向硫酸锌溶液移动，故B错误；C．图②铁为负极，铜为正极，正极氢离子放电生成氢气，电极方程式为2H++2e﹣=H2↑，故C 错误；D．图②中生成Fe2+，亚铁离子和K3[Fe（CN）6]生成蓝色沉淀，故D正确．故选D．【点评】本题综合考查原电池知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握电极方程式的书写，为解答该类题目的关键，难度中等．6．元素R、X、T、Z、Q在元素周期表中的相对位置如表所示，其中R单质在暗处与H2剧烈化合并发生爆炸，则下列判断正确的是( )A．非金属性：Z＜T＜XB．R与Q的电子数相差24C．气态氢化物稳定性：R＜T＜QD．最高价氧化物的水化物的酸性：T＞Q【考点】原子结构与元素周期律的关系．【分析】R单质在暗处与H2剧烈化合并发生爆炸，则R是F元素，由元素R、X、T、Z、Q在元素周期表中的相对位置，可知X是S元素、T是Cl元素、Z是Ar元素、Q是Br元素．A．同一周期元素的非金属性随着原子序数的增大而增强，但稀有气体较稳定；B．R的原子序数是9、Q的原子序数是35；C．元素的非金属性越强，其氢化物越稳定；D．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强（O、F元素除外）．【解答】解：R单质在暗处与H2剧烈化合并发生爆炸，则R是F元素，由元素R、X、T、Z、Q在元素周期表中的相对位置，可知X是S元素、T是Cl元素、Z是Ar元素、Q是Br元素，A．同一周元素的非金属性随着原子序数的增大而增强，但稀有气体较稳定，所以非金属性T＞X，故A错误；B．R的原子序数是9、Q的原子序数是35，则R与Q的电子数的差=35﹣9=26，故B错误；C．元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，非金属性R＞T＞Q，所以氢化物的稳定性R＞T ＞Q，故C错误；D．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强（O、F元素除外），非金属性T ＞Q，则元素最高价氧化物的水化物酸性T＞Q，故D正确；故选D．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，侧重对元素周期律的考查，正确推断元素是解本题关键，注意理解掌握同主族元素原子序数关系．7．已知反应：2CH3COCH3（l）⇌CH3COCH2COH（CH3）2（l）．取等量CH3COCH3，分别在0℃和20℃下，测得其转化分数随时间变化的关系曲线（Y﹣t）如图所示．下列说法正确的是( )A．b代表0℃下CH3COCH3的Y﹣t曲线B．反应进行到20min末，CH3COCH3的C．升高温度可缩短反应达平衡的时间并能提高平衡转化率D．从Y=0到Y=0.113，CH3COCH2COH（CH3）2的【考点】转化率随温度、压强的变化曲线．【专题】压轴题．【分析】分析图象题时注意曲线的变化，温度越高，化学反应速率越大，达到平衡时的时间就越少，曲线的斜率就越大；根据图象可以看出温度越高CH3COCH3转化的越少，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，CH3COCH3的转化率反而降低，分析图象，当反应进行到66min时a、b曲线对应的转化分数均相同，都是0.113，这说明此时生成的CH3COCH2COH（CH3）2一样多．【解答】解：A、温度越高反应速率就越快，到达平衡的时间就越短，由图象可看出曲线b 首先到达平衡，所以曲线b表示的是20℃时的Y﹣t曲线，故A错；B、当反应进行到20min时，从图象中可以看出b曲线对应的转化分数高于a曲线对应的转化分数，这说明b曲线在20℃时对应的反应速率快，所以＜1，故B错；C、根据图象温度越高CH3COCH3转化的越少，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，即正方应是放热反应，故C错；D、根据图象可以看出当反应进行到66min时a、b曲线对应的转化分数均相同，都是0.113，这说明此时生成的CH3COCH2COH（CH3）2一样多，所以从Y=0到Y=0.113，CH3COCH2COH（CH3）的，故D正确．2故选D．【点评】本题考查转化率随温度变化的图象题，做题时注意观察曲线的变化趋势，以及温度对化学反应速率的影响，本题的关键是根据图象正确判断反应是吸热还是放热．二、非选择题（本大题共3小题，共58分．其中3题必考题，2题选考题任选一题）8．研究CO2的利用对促进低碳社会的构建具有重要意义．（1）将CO2与焦炭作用生成CO，CO可用于炼铁等．已知：①Fe2O3（s）+3C（石墨）═2Fe（s）+3CO（g）△H1=+489.0kJ•mol﹣1②C（石墨）+CO2（g）═2CO（g）△H2=+172.5kJ•mol﹣1则CO还原Fe2O3（s）的热化学方程式为Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）△H=﹣28.5 kJ•mol﹣1．（2）二氧化碳合成甲醇是碳减排的新方向，将CO2转化为甲醇的热化学方程式为CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）△H①该反应的平衡常数表达式为K=．②取一定体积CO2和H2的混合气体（物质的量之比为1：3），加入恒容密闭容器中发生上述反应，反应过程中测得甲醇的体积分数α（CH3OH）与反应温度T的关系如图1所示，则该反应的△H＜0（填“＞”、“＜”或“=”，下同）．③在两种不同条件下发生反应，测得CH3OH的物质的量随时间变化如图2所示，曲线Ⅰ、Ⅱ对应的平衡常数大小关系为KⅠ＞KⅡ．（3）以CO2为原料还可以合成多种物质．①工业上尿素[CO（NH2）2]可由CO2和NH3在一定条件下合成，其反应方程式为2NH3+CO2CO（NH2）2+H2O．当氨碳比=3，达平衡时CO2的转化率为60%，则NH3的平衡转化率为40%．②用硫酸溶液作电解质进行电解，CO2在电极上可转化为甲烷，该电极的反应式为CO2+8e﹣+8H+=CH4+2H2O．【考点】化学平衡的计算；热化学方程式．【专题】简答题；计算题；平衡思想；化学反应中的能量变化；化学平衡专题．【分析】（1）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需热化学方程式；（2）①依据化学方程式和平衡常数概念写出平衡常数表达式；②由图可知最高点反应到达平衡，到达平衡后，温度越高，α（CH3OH）越小，升高温度平衡向逆反应进行，据此判断；③由图象分析先拐先平，温度高TⅡ先达到平衡则TⅡ＞TⅠ，纵轴是甲醇的物质的量，温度越高，甲醇越少，平衡逆向进行分析判断；（3）①根据反应物、反应条件、生成物写出化学反应式；利用三段式法计算；②根据原电池原理，CO2在正极发生还原反应转化为甲烷，注意电解质溶液为酸性．【解答】解：（1）①Fe2O3（s）+3C（石墨）=2Fe（s）+3CO（g）△H1=+489.0kJ•mol﹣1②C（石墨）+CO2（g）=2CO（g）△H2=+172.5kJ•mol﹣1依据盖斯定律①﹣②×3得到Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）△H=﹣28.5 kJ•mol ﹣1；故答案为：Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）△H=﹣28.5 kJ•mol﹣1；（2）①平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，所以K=，故答案为：；②由图可知最高点反应到达平衡，达平衡后，温度越高，α（CH3OH）越小，平衡向逆反应进行，升高温度平衡吸热方向进行，逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应，即△H＜0，故答案为：＜；③由图2可知，温度TⅠ＜TⅡ，平衡时，温度越高CO的转化率越小，说明升高温度，平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故该反应正反应为放热反应，则△H＜0，升高温度，平衡向逆反应移动，所以KⅠ＞KⅡ，故答案为：＞；（3）①根据反应物是二氧化碳和氨气（NH3），反应条件是高温、高压，生成物是尿素[CO（NH2）]和水，化学反应式为2NH3+CO2CO（NH2）2+H2O，2设CO2的初始物质的量为a，则NH3的初始物质的量为3a，2NH3+CO2CO（NH2）2+H2O起始/mol 3a a转化/mol 1.2a 0.6a平衡/mol 1.8a 0.4a平衡时NH3转化率为：×100%=40%，故答案为：2NH3+CO2CO（NH2）2+H2O；40%；②CO2在正极发生还原反应转化为甲烷，考虑电解质为硫酸，所以甲烷中氢来源为硫酸电离的氢离子，根据化合价变化可知1mol二氧化碳变成甲烷得到8mol电子，故电极反应为：CO2+8e﹣+8H+=CH4+2H2O，故答案为：CO2+8e﹣+8H+=CH4+2H2O．【点评】本题考查了热化学方程式的书写、化学平衡移动、平衡常数概念理解、转化率的计算及原电池原理的分析应用等，题目涉及的知识点较多，综合性较强，难度中等．分析图象时，要考虑先拐先平衡的原则，则反应条件为温度高或压强大，写电极反应式一定要考虑介质的参与．9．铁及其化合物在日常生活、生产中应用广泛．（1）在某温度下，K sp（FeS）=8.1×10﹣17，FeS饱和溶液中c（H+）与c（S2﹣）之间存在关系：c2（H+）•c（S2﹣）=1.0×10﹣22，为了使溶液里c（Fe2+）达到1mol•L﹣1，现将适量FeS 投入其饱和溶液中，应调节溶液中的pH约为B（填字母）．A．2 B．3 C．4 D．5（2）氧化铁红颜料跟某些油料混合，可以制成防锈油漆．以黄铁矿为原料制硫酸产生的硫酸渣中含Fe2O3、SiO2、Al2O3、MgO等，用硫酸渣制备铁红（Fe2O3）的过程如下：①酸溶过程中Fe2O3发生反应的离子方程式为Fe2O3+3H2SO4═Fe2（SO4）3+3H2O；“滤渣A”主要成分的化学式为SiO2．②还原过程中加入FeS2的目的是将溶液中的Fe3+还原为Fe2+，而本身被氧化为H2SO4．请完成该反应的离子方程式：1FeS2+14Fe3++8H2O═15Fe2++2SO+16H+③氧化过程中，O2、NaOH与Fe2+反应的离子方程式为4Fe2++O2+2H2O+8OH﹣=4Fe（OH）3↓．．Al、Mg形成沉淀，使制得的铁红不纯（几种离子沉淀的pH见上表）．⑤滤液B可以回收的物质有ABD（填序号）．A．Na2SO4 B．Al2（SO4）3 C．Na2SiO3 D．MgSO4．【考点】制备实验方案的设计；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【专题】实验分析题；实验评价题；演绎推理法；电离平衡与溶液的pH专题；无机实验综合．【分析】（1）根据硫化亚铁的溶度积常数和亚铁离子浓度计算硫离子浓度，再根据氢硫酸的电离平衡常数计算氢离子浓度，最后利用pH计算公式计算溶液的pH；（2）硫酸渣中含Fe2O3、SiO2、Al2O3、MgO等，稀硫酸溶解主要除去不与酸反应的SiO2，加入FeS2将溶液中的Fe3+还原为Fe2+，再加氢氧化钠和空气，调节溶液的pH的范围是3.2～3.8主要是使三价铁沉淀，而二价镁，三价铝都不沉淀，最后洗涤、烘干、研磨使氢氧化铁分解生成氧化铁，从而得到铁红；①氧化铁属于碱性氧化物，与酸反应生成盐和水；Fe2O3、Al2O3、MgO都和硫酸反应，二氧化硅不和酸反应；②根据得失电子守恒和原子守恒来配平，FeS2中S元素的化合价从﹣1价升高到+6价，2个S原子转移14个电子，Fe3+转移1个电子，则二者的计量数之比为1：14，根据S守恒可知SO42﹣前面的化学计量数为2，根据氧守恒可知H20前面化学计量数为8，根据H守恒可知H+前化学计量数为16；③NaOH与Fe2+反应生成的氢氧化亚铁易被氧化；④根据几种离子沉淀的pH分析；⑤因加入的是氢氧化钠来调节PH，所以滤液B中应是未沉淀离子的硫酸盐和硫酸钠．【解答】解：（1）溶液中c（S2﹣）==mol/L=8.1×10﹣17mol/L，c2（H+）•c（S2﹣）=1.0×10﹣22，则c（H+）=mol/L=1.11×10﹣3mol/L，pH=﹣lg1.11×10﹣3=3；故选B；（2）硫酸渣中含Fe2O3、SiO2、Al2O3、MgO等，稀硫酸溶解主要除去不与酸反应的SiO2，加入FeS2将溶液中的Fe3+还原为Fe2+，再加氢氧化钠和空气，调节溶液的pH的范围是3.2～3.8主要是使三价铁沉淀，而二价镁，三价铝都不沉淀，最后洗涤、烘干、研磨使氢氧化铁分解生成氧化铁，从而得到铁红；①氧化铁与硫酸反应生成硫酸铁和水，方程式为：Fe2O3+3H2SO4═Fe2（SO4）3+3H2O；因二氧化硅不与硫酸反应，故“滤渣A”主要成份的化学式为SiO2．故答案为：Fe2O3+3H2SO4═Fe2（SO4）3+3H2O；SiO2；②FeS2中S元素的化合价从﹣1价升高到+6价，2个S原子转移14个电子，Fe3+转移1个电子，则二者的计量数之比为1：14，根据S守恒可知SO42﹣前面的化学计量数为2，根据氧守恒可知H20前面化学计量数为8，根据H守恒可知H+前化学计量数为16，则反应的离子方程式为：1FeS2+14Fe3++8H2O═15Fe2++2SO42﹣+16H+，故答案为：14；8H2O；16H+；15；2；16H+；③Fe2+与OH﹣反应生成4Fe（OH）2，Fe（OH）2不稳定易被氧气氧化为Fe（OH）3，用化合价升价法配平方程式为4Fe2++O2+2H2O+8OH﹣=4Fe（OH）3↓，故答案为：4Fe2++O2+2H2O+8OH﹣=4Fe（OH）3↓；④根据几种离子沉淀的pH，如果pH过大，Al3+、Mg2+形成沉淀，使制得的铁红不纯；故答案为：Al3+、Mg2+形成沉淀，使制得的铁红不纯；⑤未沉淀的离子为Na+、Mg2+、Al3+，故滤液B可以回收的物质有：Na2SO4、Al2（SO4）3、MgSO4，故选：ABD．。

福建省2015届高考化学模拟试卷(含解析)

2015年福建省高考化学模拟试卷（压轴卷）一、本卷共6小题，每小题6分．共108分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求．1．下列关于有机物的叙述正确的是( )A．柴油、汽油、牛油、植物油等属于烃类物质B．含五个碳原子的有机物，分子中最多可形成四个碳碳单键C．是某有机物与H2发生加成反应后的产物．符合该条件的稳定有机物共有3种D．结构片段为的高聚物，是其单体通过缩聚反应生成2．实验是研究化学的基础，下列有关实验的方法、装置或操作都正确的是( )A．从KI和I2的固体混合物中回收I2，可使用如图甲所示实验装置B．分离Na2CO3溶液和CH3COOC2H5，可使用如图乙所示实验装置C．用图丙所示仪器配制0.150mol/LNaOH溶液D．如图丁所示可用于实验室制氨气并收集干燥的氨气3．随着科技发展，新型电池层出不穷．图1为肼（N2H4）燃料电池，图2为光伏并网发电装置．LED（半导体照明）是由GaN芯片和钇铝石榴石（YAG，化学：Y3Al5O12）芯片装在一起而做成，其在运动会场馆内也随处可见．下列有关说法中正确的是( )A．氢氧燃料电池、太阳光伏电池中都利用了原电池原理B．图1左边电极上发生的电极反应式为：N2H4﹣4e﹣+4OH﹣=N2+4H2OC．图2中N型半导体为正极，P型半导体为负极D．LED中的Ga和Y不可能都显+3价4．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )A．1.0mol•L﹣1NaClO溶液中：Fe2+、K+、I﹣、Cl﹣B．使甲基橙变红色的溶液：Mg2+、K+、SO42﹣、NO3﹣C．0.1 mol•L﹣1NaAlO2溶液：H+、Na+、Cl﹣、SO42﹣D．由水电离出的c（OH﹣）=1×10﹣12mol•L﹣1的溶液中：NH4+、HCO3﹣、Na+、Cl﹣5．X、Y、Z、W是元素周期表中短周期元素，且原子序数依次递增，四种元素在元素周期表中的位置关系如图．四种元素的最高价含氧酸根离子一定能够水解的是( )A．X B．Y C．Z D．W6．在常温条件下，下列对醋酸的叙述中，不正确的是( )A．pH=5.6的CH3COOH与CH3COONa混合溶液中：c（Na+）＜c（CH3COO﹣）B．将pH=a的醋酸稀释为pH=a+1的过程中，变小C．浓度均为0.1 mol•L﹣1的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合后：c（CH3COO﹣）﹣c（CH3COOH）=2c（H+）﹣c（OH﹣）D．向10.00 mL 0.1 mol•L﹣1HCOOH溶液中逐滴加入0.1 mol•L﹣1NaOH溶液，其pH变化曲线如图所示（忽略温度变化），则c点NaOH溶液的体积小于10 mL二、解答题（共3小题，满分45分）7．人工固氮是指将氮元素由游离态转化为化合态的过程．据报道，常温、常压、光照条件下，N2在掺有少量Fe2O3的TiO2催化剂表面能与水发生反应，生成的主要产物为NH3．相应的热化学方程式为：（g）+3H2O（l）═2NH3（g）+3/2O2（g）△H=+765.0kJ•molN2回答下列问题：（1）请在图一所示的坐标中，画出上述反应在有催化剂和无催化剂两种情况下的反应体系能量变化示意图，并进行标注（标注出“反应物”、“生成物”、“有催化剂”、“无催化剂”）．（2）目前工业合成氨的原理是：（g）+3H2（g）2NH3（g）△H=﹣192.0kJ•molN2①反应2H 2（g）+O2（g）═2H2O（l）的△H=__________ kJ•mol．②某条件下，在容积为2.0L的密闭容器中充入0.6mol N2（g）和1.6mol H2（g），经过2min 反应达到平衡，此时NH3的物质的量分数为4/7．则反应在2min内N2的平均反应速率为__________，该条件下H2的平衡转化率为__________，平衡常数K=__________．③670K、30Mpa下，n（N2）和n（H2）随时间变化的关系如图二所示，下列叙述正确的是__________．A．a点的正反应速率比b点大B．c点处反应达到平衡C．d点（t1时刻）和e点（t2时刻）处n（N2）不一样D．其它条件不变，773K下反应至t1时刻，n（H2）比图二中d点的值大（3）将反应得到的氨气液化为液氨，已知液氨中存在着下列平衡：2NH3⇌NH4++NH2﹣．科学家在液氨中加入氢氧化铯（CsOH）和特殊的吸水剂，使液氨中的NH4+生成N4分子，请写出液氨与CsOH反应的化学方程式__________．8．某无机盐M是一种优良的氧化剂，为确定其化学式，某小组设计并完成了如下实验：已知：①无机盐A仅由钾离子和一种含氧酸根组成，其分子中的原子个数比为2：1：4；②上图中，将3.96g该无机盐溶于水，滴加适量稀硫酸后，再加入2.24g还原铁粉，恰好完全反应得混合溶液B．③该小组同学将溶液BN分为二等份，分别按路线Ⅰ、路线Ⅱ进行实验．④在路线Ⅱ中，首先向溶液B中滴加适量KOH至元素X刚好沉淀完全，过滤后将沉淀在空气中充分灼烧得纯净的Fe2O3粉末2.40g；再将滤液在一定条件下蒸干，只得到6.96g纯净的不含结晶水的正盐E．请按要求回答下列问题：（1）由路线Ⅰ的现象可知，溶液BN中含有的阳离子是__________．（2）由路线Ⅰ“试液变血红色”的原因是__________（用离子方程式表示）．（3）由实验流程图可推得，含氧酸盐E的化学式是__________；由路线Ⅱ可知，3.96g无机盐A中所含钾元素的质量为__________g．（4）无机盐A与2.24g还原铁粉恰好完全反应生成溶液B的化学反应方程式为__________．9．实验室制备环己酮的反应原理为：其反应的装置示意图如图1（夹持装置、加热装置略去）：环己醇、环己酮、饱和食盐水和水的部分物理（1）实验中通过装置B将酸性Na2Cr2O7溶液加到盛有环己醇的A中，在55～60℃进行反应．反应完成后，加入适量水，蒸馏，收集95～100℃的馏分，得到主要含环己酮粗品和水的混合物①仪器B的名称是__________．②蒸馏操作时，一段时间后发现未通冷凝水，应采取的正确方法是__________．③蒸馏不能分离环己酮和水的原因是__________．（2）用漂粉精和冰醋酸代替酸性Na2Cr2O7溶液也可氧化环己醇制环己酮，用漂粉精和冰醋酸氧化突出的优点是__________．（3）环己酮的提纯需要经过以下一系列的操作：a．蒸馏，收集151～156℃馏分，得到精品 b．过滤c．在收集到的粗品中加NaCl固体至饱和，静置，分液d．加入无水MgSO4固体，除去有机物中少量水①上述操作的正确顺序是__________（填序号）②在上述操作c中，加入NaCl固体的作用是__________．（4）环己酮是一种常用的萃取剂，以环己酮为成分之一的萃取液对金属离子的萃取率与pH 的关系如图2所示．现有某钴矿石的盐酸浸出液，浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Mn2+、Al3+，除去Al3+后，再利用萃取法分离出MnCl2以得到较为纯净的CoCl2溶液，pH范围应控制在__________．a．2.0～2.5 b．3.03.5 c．4.0～4.5．三、【选修3：物质结构与性质】10．（13分）液氨主要用于生产硝酸、尿素和其他化学肥料，还可用作医药和农药的原料．液氨在国防工业中，用于制造火箭、导弹的推进剂．液氨在气化后转变为气氨，能吸收大量的热，被誉为“冷冻剂”．回答以下问题：（1）基态氮原子的价电子排布式是__________．（2）NH3分子的空间构型是__________；NH3极易溶于水，其原因是__________．（3）将氨气通入CuSO4溶液中，产生蓝色沉淀，继续通过量氨气，沉淀溶解，得到蓝色透明溶液．该过程中微粒的变化是：[Cu（H2O）6]2+→Cu（OH）2→[Cu（NH3）4]2+．[Cu（H2O）6]2+和[Cu（NH3）4]2+中共同含有的化学键类型是__________．（4）肼（N2H4）分子可视为NH3分子中的一个氢原子被﹣NH2（氨基）取代形成的另一种氮的氢化物．①肼可用作火箭燃料，燃烧时发生的反应是：N2O4（l）+2N2H4（l）═3N2（g）+4H2O（g）△H=﹣1038.7kJ•mol﹣1若该反应中有4mol N﹣H键断裂，则形成的π键有__________mol．②肼能与硫酸反应生成N2H6SO4．N2H6SO4晶体类型与硫酸铵相同，则N2H6SO4的晶体内不存在__________（填标号）A．持离子键 b．共价键 c．配位键 d．范德华力．四、【选修5：有机化学基础】11．直接生成碳碳键的反应是近年来有机化学研究的热点之一，例如反应①化合物I可由化合物A通过以下步骤制备A（C8H8O）Ⅲ（C8H10）ⅣⅠ请回答下列问题：（1）化合物A的结构中不含甲基，则化合物A的结构简式是__________，其官能团的名称是__________，1 mol A 完全燃烧消耗O2__________mol．（2）写出由Ⅲ生成Ⅳ的化学反应方程式__________．（3）一分子与一分子能发生类似①的反应，生成有机化合物Ⅴ，则Ⅴ的结构简式为__________．（4）A的一种同分异构体Ⅵ，与新制Cu（OH）2共热产生砖红色沉淀，化合物Ⅵ苯环上的一氯代物只有两种，则Ⅵ的结构简式为__________．2015年福建省高考化学模拟试卷（压轴卷）一、本卷共6小题，每小题6分．共108分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求．1．下列关于有机物的叙述正确的是( )A．柴油、汽油、牛油、植物油等属于烃类物质B．含五个碳原子的有机物，分子中最多可形成四个碳碳单键C．是某有机物与H2发生加成反应后的产物．符合该条件的稳定有机物共有3种D．结构片段为的高聚物，是其单体通过缩聚反应生成【考点】有机物的结构和性质；有机化学反应的综合应用．【专题】有机反应．【分析】A．柴油、汽油为烃类混合物；牛油、植物油为油脂；B．含五个碳原子的有机物，可形成环状结构或链状结构；C．有机物为与H2发生加成反应后的产物，可能为﹣CHO与氢气加成、烯醇与氢气加成、烯醛与氢气加成；D．主链中只有C原子，为加聚反应产物．【解答】解：A．牛油、植物油属于油脂，不属于烃类，故A错误；B．含五个碳原子的有机物，若形成一个碳环，分子中最多可形成五个碳碳单键，故B错误；C．有机物的结构简式有三种可能，分别是、和，故C正确；D．高聚物是由单体CH2=C（CH）3COOCH3通过加聚反应得到的，故D错误；故选C．【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系、有机物的结构等为解答的关键，侧重分析与应用能力的综合考查，选项B为易错点，题目难度中等．2．实验是研究化学的基础，下列有关实验的方法、装置或操作都正确的是( )A．从KI和I2的固体混合物中回收I2，可使用如图甲所示实验装置B．分离Na2CO3溶液和CH3COOC2H5，可使用如图乙所示实验装置C．用图丙所示仪器配制0.150mol/LNaOH溶液D．如图丁所示可用于实验室制氨气并收集干燥的氨气【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．没有收集碘的装置；B．Na2CO3溶液与CH3COOCH2CH3不互溶，可以使用分液方法分离；C．精确配制应用容量瓶；D．NH4Cl与Ca（OH）2加热得到NH3，碱石灰干燥NH3，圆底烧瓶干燥收集NH3，水处理多余NH3．【解答】解：A．I2在加热过程中发生升华，但没有收集装置，故A错误；B．Na2CO3溶液与CH3COOCH2CH3不互溶，可以使用分液方法分离，故B错误；C．配制一定浓度的物质的量浓度的溶液应该用容量瓶而不是量筒，故C错误；D．NH4Cl与Ca（OH）2加热得到NH3，碱石灰干燥NH3，圆底烧瓶干燥收集NH3，水处理多余NH3，故D正确．故选D．【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及物质的制备、分离、收集等，侧重于学生的分析能力和实验能力以及评价能力的考查，为高考高频考点和常见题型，注意把握实验的方案的合理性和实验操作的合理性，难度不大．3．随着科技发展，新型电池层出不穷．图1为肼（N2H4）燃料电池，图2为光伏并网发电装置．LED（半导体照明）是由GaN芯片和钇铝石榴石（YAG，化学：Y3Al5O12）芯片装在一起而做成，其在运动会场馆内也随处可见．下列有关说法中正确的是( )A．氢氧燃料电池、太阳光伏电池中都利用了原电池原理B．图1左边电极上发生的电极反应式为：N2H4﹣4e﹣+4OH﹣=N2+4H2OC．图2中N型半导体为正极，P型半导体为负极D．LED中的Ga和Y不可能都显+3价【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】A．原电池是将化学能转化为电能的装置；B．图1左边电极是负极，发生失电子氧化反应，电解质溶液显碱性；C．根据离子的定向移动判断正负极；D．根据元素的化合价代数和为0进行判断．【解答】解：A．硅太阳能电池是将光能转变为电能，不是利用原电池原理，故A错误；B．图1左边电极是负极，发生失电子氧化反应，电解质溶液显碱性，电极反应式：N2H4﹣4e ﹣+4OH﹣=N+4H2O，故B正确；2C．根据图2中离子的定向移动可知，阳离子向P型半导体移动，则P型半导体应为正极，故C错误；D．GaN中Ga元素的化合价为+3价，N元素的化合价为﹣3价，Y3Al5O12中O元素的化合价为﹣2价，Al元素的化合价为+3价，则Y的化合价为+3价，故D错误；故选：B．【点评】本题考查了燃料电池与新型电池，明确电池的工作原理是解题关键，题目难度中等．4．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )A．1.0mol•L﹣1NaClO溶液中：Fe2+、K+、I﹣、Cl﹣B．使甲基橙变红色的溶液：Mg2+、K+、SO42﹣、NO3﹣C．0.1 mol•L﹣1NaAlO2溶液：H+、Na+、Cl﹣、SO42﹣D．由水电离出的c（OH﹣）=1×10﹣12mol•L﹣1的溶液中：NH4+、HCO3﹣、Na+、Cl﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．次氯酸根离子能够氧化亚铁离子、碘离子；B．该溶液为酸性溶液，四种离子之间不反应，都不与氢离子反应；C．溶液中偏铝酸钠与氢离子反应；D．水电离出的c（OH﹣）=1×10﹣12mol•L﹣1的溶液为酸性或碱性溶液，铵根离子与氢氧根离子反应，碳酸氢根离子与氢离子和氢氧根离子反应．【解答】解：A．ClO﹣具有较强的氧化性，能与Fe2+、I﹣等还原性离子发生氧化还原反应，溶液中不能共存，故A错误；B．甲基橙变红色的溶液呈酸性，Mg2+、K+、SO42﹣、NO3﹣之间不发生反应，都不与酸性溶液中的氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；C.0.1 mol•L﹣1NaAlO2溶液中，H+离子与NaAlO2反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；D．由水电离出的c（OH﹣）=1×10﹣12mol•L﹣1，该溶液中水的电离受到抑制，为酸性或碱性溶液，NH4+、HCO3﹣都能够与碱溶液反应，HCO3﹣能够与酸反映，在溶液中不能大量共存，故D 错误；故选B．【点评】本题考查离子共存的正误判断，为中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间，能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH﹣；是“可能”共存，还是“一定”共存等．5．X、Y、Z、W是元素周期表中短周期元素，且原子序数依次递增，四种元素在元素周期表中的位置关系如图．四种元素的最高价含氧酸根离子一定能够水解的是( )A．X B．Y C．Z D．W【考点】位置结构性质的相互关系应用；原子结构与元素周期律的关系．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】X、Y、Z、W是元素周期表中短周期主族元素，根据这四种元素在周期表中的位置知，X和Y属于第二周期、Z和W属于第三周期，这四种元素能形成最高价含氧酸，则这四种元素都是非金属元素，它们可能是B、C和P、S，也可能是C、N和S、Cl，元素的非金属性越弱，其最高价含氧酸的酸性越弱，则其最高价含氧酸离子越容易水解，结合非金属性的强弱判断．【解答】解：X、Y、Z、W是元素周期表中短周期主族元素，根据这四种元素在周期表中的位置知，X和Y属于第二周期、Z和W属于第三周期，这四种元素能形成最高价含氧酸，则这四种元素都是非金属元素，它们可能是B、C和P、S，也可能是C、N和S、Cl，元素的非金属性越弱，其最高价含氧酸的酸性越弱，则其最高价含氧酸离子越容易水解，无论它们是B、C和P、S还是C、N和S、Cl，只有X元素的非金属性最弱，则X最高价含氧酸的酸根离子一定能水解，故选A．【点评】本题考查了元素位置与性质的关系，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，明确元素在周期表中的位置及元素非金属性与其最高价含氧酸酸性强弱的关系是解本题关键，根据它们可能的组成确定非金属性最弱的元素，题目难度中等．6．在常温条件下，下列对醋酸的叙述中，不正确的是( )A．pH=5.6的CH3COOH与CH3COONa混合溶液中：c（Na+）＜c（CH3COO﹣）B．将pH=a的醋酸稀释为pH=a+1的过程中，变小C．浓度均为0.1 mol•L﹣1的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合后：c（CH3COO﹣）﹣c（CH3COOH）=2c（H+）﹣c（OH﹣）D．向10.00 mL 0.1 mol•L﹣1HCOOH溶液中逐滴加入0.1 mol•L﹣1NaOH溶液，其pH变化曲线如图所示（忽略温度变化），则c点NaOH溶液的体积小于10 mL【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【分析】A．根据电荷守恒分析；B．加水稀释促进电离；C．物质的量浓度均为0.1mol/L的CH3COONa和CH3COOH溶液等体积混合，溶液显酸性，电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），物料守恒为c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=0.1mol/L=2c（Na+）；D．假设c点NaOH溶液的体积为10 mL，则甲酸和NaOH恰好完全反应，所得HCOONa溶液显碱性，而图中c点显中性，据此分析．【解答】解：A．pH=5.6的CH3COOH与CH3COONa混合溶液中，电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），pH=5.6，则c（H+＞（OH﹣），所以c（Na+）＜c（CH3COO﹣），故A正确；B．加水稀释促进电离，则氢离子的物质的量增大，醋酸的物质的量减小，=变小，故B正确；C．物质的量浓度均为0.1mol/L的CH3COONa和CH3COOH溶液等体积混合，溶液显酸性，电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），物料守恒为c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=0.1mol/L=2c（Na+），由上述两个式子可得c（CH3COO﹣）﹣c（CH3COOH）=2[c（H+）﹣c（OH ﹣）]，故C错误；D假设c点NaOH溶液的体积为10 mL，则甲酸和NaOH恰好完全反应，所得HCOONa溶液显碱性，而图中c点显中性，则NaOH溶液的体积小于10 mL，故D正确；故选C．【点评】本题考查弱电解质的电离，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握弱电解质的电离特点以及影响因素，题目难度中等．二、解答题（共3小题，满分45分）7．人工固氮是指将氮元素由游离态转化为化合态的过程．据报道，常温、常压、光照条件下，N2在掺有少量Fe2O3的TiO2催化剂表面能与水发生反应，生成的主要产物为NH3．相应的热化学方程式为：（g）+3H2O（l）═2NH3（g）+3/2O2（g）△H=+765.0kJ•molN2回答下列问题：（1）请在图一所示的坐标中，画出上述反应在有催化剂和无催化剂两种情况下的反应体系能量变化示意图，并进行标注（标注出“反应物”、“生成物”、“有催化剂”、“无催化剂”）．（2）目前工业合成氨的原理是：（g）+3H2（g）2NH3（g）△H=﹣192.0kJ•molN2①反应2H 2（g）+O2（g）═2H2O（l）的△H=﹣319.0 kJ•mol．②某条件下，在容积为2.0L的密闭容器中充入0.6mol N2（g）和1.6mol H2（g），经过2min 反应达到平衡，此时NH3的物质的量分数为4/7．则反应在2min内N2的平均反应速率为0.1mol•L﹣1•min﹣1，该条件下H2的平衡转化率为75%，平衡常数K=200．③670K、30Mpa下，n（N2）和n（H2）随时间变化的关系如图二所示，下列叙述正确的是AD．A．a点的正反应速率比b点大B．c点处反应达到平衡C．d点（t1时刻）和e点（t2时刻）处n（N2）不一样D．其它条件不变，773K下反应至t1时刻，n（H2）比图二中d点的值大（3）将反应得到的氨气液化为液氨，已知液氨中存在着下列平衡：2NH3⇌NH4++NH2﹣．科学家在液氨中加入氢氧化铯（CsOH）和特殊的吸水剂，使液氨中的NH4+生成N4分子，请写出液氨与CsOH反应的化学方程式8NH3+4CsOH=N4+4CsNH2+6H2↑+4H2O．【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡建立的过程；化学平衡的计算．【分析】（1）催化剂通过改变反应的活化能，加快反应速率，不影响化学平衡移动的方向；（2）①已知①N2（g）+3H2O（l）⇌2NH3（g）+O2（g）△H=+765.0kJ/mol．②N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣192.0kJ/mol，利用盖斯定律将计算焓变；②令参加反应的氮气的物质的量为amol，利用三段式表示出各物质的变化量、平衡时物质的量，利用压强之比等于物质的量之比列方程计算a，依据反应速率概念就是V=，转化率=×100%，平衡常数等于生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积计算得到；③根据图象中图象的变化来判断个选项；（3）根据液氨的电离产物和题目给出的反应物来推断反应方程式．【解答】解：（1）加入催化剂可以降低反应的活化能，从而能够降低反应的能量，同时又能加快反应速率，达到化学平衡的所需时间减小，但是不影响反应中的热效应，有催化剂和无催化剂两种情况下的反应体系能量变化示意图为，故答案为：；（2）①已知①N2（g）+3H2O（l）⇌2NH3（g）+O2（g）△H=+765.0kJ/mol．②N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣192.0kJ/mol，利用盖斯定律将得2H2（g）+O 2（g）═2H2O（l）的△H==﹣319.0kJ•m ol，故答案为：﹣319.0；②令参加反应的氮气的物质的量为amol，则：N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）开始（mol）：0.6 1.6 0转化（mol）：a 3a 2a平衡（mol）：0.6﹣a 1.6﹣3a 2a故=，解得a=0.4氮气的反应速率==0.1 mol•L﹣1•min﹣1；氢气的转化率=×100%=75%；平衡常数K==200，故答案为：0.1 mol•L﹣1•min﹣1； 75%；200；③A．a、b、c三点均向正反应方向移动，故正反应速率大于逆反应速率，故A正确；B．当两种物质的物质的量不变时，达到化学平衡状态，所以，c点未达平衡状态，故B错误；C．d、e均达到化学平衡状态，故各物质的物质的量不再发生变化，故C错误；D．△H＜0，反应放热，升高温度平衡向逆反应方向移动，故773K时，n（H2）大于图中d 点，故D正确；故答案为：AD；（3）因为Cs+是阳离子，必须要找阴离子配对，阴离子题目提示了，2NH3⇌NH4++NH2﹣，所以为：C S NH2．产物还有N4、H2O（因为用到了吸水剂），看元素组成，右边H比较少，一般就是想到H2，反应为8NH3+4CsOH=N4+4CsNH2+6H2↑+4H2O，故答案为：8NH3+4CsOH=N4+4CsNH2+6H2↑+4H2O．【点评】本题考查较综合，涉及知识点较多，涉及通过图象分析化学反应速率、化学平衡及计算、平衡常数的计算应用以及热化学方程式和盖斯定律计算等问题，主要是图象分析判断，平衡移动原理的理解应用，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，需要学生较强的观察能力及思维能力，难度中等．8．某无机盐M是一种优良的氧化剂，为确定其化学式，某小组设计并完成了如下实验：已知：①无机盐A仅由钾离子和一种含氧酸根组成，其分子中的原子个数比为2：1：4；②上图中，将3.96g该无机盐溶于水，滴加适量稀硫酸后，再加入2.24g还原铁粉，恰好完全反应得混合溶液B．③该小组同学将溶液BN分为二等份，分别按路线Ⅰ、路线Ⅱ进行实验．④在路线Ⅱ中，首先向溶液B中滴加适量KOH至元素X刚好沉淀完全，过滤后将沉淀在空气中充分灼烧得纯净的Fe2O3粉末2.40g；再将滤液在一定条件下蒸干，只得到6.96g纯净的不含结晶水的正盐E．请按要求回答下列问题：（1）由路线Ⅰ的现象可知，溶液BN中含有的阳离子是Fe2+．（2）由路线Ⅰ“试液变血红色”的原因是2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣、Fe3++3SCN﹣=Fe（SCN）3（用离子方程式表示）．（3）由实验流程图可推得，含氧酸盐E的化学式是K2SO4；由路线Ⅱ可知，3.96g无机盐A 中所含钾元素的质量为1.56g．（4）无机盐A与2.24g还原铁粉恰好完全反应生成溶液B的化学反应方程式为2Fe+K2FeO4+4H2SO4═3FeSO4+K2SO4+4H2O．【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．【分析】2.40gFe2O3粉末物质的量为0.015mol，铁元素的物质的量为0.015×2mol=0.030mol，因加入了2.24g还原铁粉（0.04mol），故原来无机盐A为铁元素的物质的量为0.030×2mol ﹣0.04mol=0.02mol；据题意得E为K2SO4，6.96g K2SO4物质的量为0.04mol，故无机盐A中含钾元素，依据A为含氧酸根，且分子中的原子个数比为2：1：4，可得A的化学式为K2FeO4，（1）路线Ⅰ为检验亚铁离子的方法；（2）亚铁离子与氯气反应生成Fe3+，Fe3+遇到KSCN溶液变血红色；（3）K2FeO4与稀硫酸、铁粉反应生成硫酸亚铁、硫酸钾和水，根据质量守恒可知W为硫酸钾；根据n=计算出K2FeO4的物质的量，再根据n=nM计算出钾离子的质量；（4）根据K2FeO4与稀硫酸、铁粉反应生成硫酸亚铁、硫酸钾和水写出反应的化学方程式．【解答】解：2.40gFe2O3粉末物质的量为0.015mol，铁元素的物质的量为0.015×2mol=0.030mol，因加入了2.24g还原铁粉（0.04mol），故原来无机盐A为铁元素的物质的量为0.030×2mol﹣0.04mol=0.02mol；据题意得E为K2SO4，6.96g K2SO4物质的量为0.04mol，故无机盐A中含钾元素，依据A为含氧酸根，且分子中的原子个数比为2：1：4，可得A的化学式为K2FeO4，（1）根据路线Ⅰ可知，N溶液中一定含有亚铁离子，故答案为：Fe2+；（2）亚铁离子与氯气反应生成Fe3+，其离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣；Fe3+遇到KSCN 溶液变血红色，其反应为Fe3++3SCN﹣=Fe（SCN）3；故答案为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣、Fe3++3SCN﹣=Fe（SCN）3；（3）根据流程可知，K2FeO4与稀硫酸、还原铁粉反应生成硫酸亚铁和硫酸钾，根据质量守恒可知E为K2SO4；3.96gK2FeO4的物质的量为=0.02mol，0.02molK2FeO4中含有0.04mol钾离子，含有钾离子的质量为39g/mol×0.04mol=1.56g，故答案为：K2SO4 ；1.56；（4）无机盐M与还原铁粉反应生成硫酸亚铁、硫酸钾和水，反应的化学方程式为：2Fe+K2FeO4+4H2SO4═3FeSO4+K2SO4+4H2O，故答案为：2Fe+K2FeO4+4H2SO4═3FeSO4+K2SO4+4H2O．【点评】本题考查了探究物质组成的方法，题目难度较大，试题涉及物质组成的测定、浓硫酸的性质、离子方程式、化学方程式的书写、离子的检验方法等知识，试题知识点较多，综合性较强，充分考查了学生灵活应用基础知识的能力．9．实验室制备环己酮的反应原理为：其反应的装置示意图如图1（夹持装置、加热装置略去）：环己醇、环己酮、饱和食盐水和水的部分物理（1）实验中通过装置B将酸性Na2Cr2O7溶液加到盛有环己醇的A中，在55～60℃进行反应．反应完成后，加入适量水，蒸馏，收集95～100℃的馏分，得到主要含环己酮粗品和水的混合物①仪器B的名称是分液漏斗．②蒸馏操作时，一段时间后发现未通冷凝水，应采取的正确方法是停止加热，冷却后通自来水．③蒸馏不能分离环己酮和水的原因是环已酮和水形成具有固定组成的恒沸物一起蒸出．（2）用漂粉精和冰醋酸代替酸性Na2Cr2O7溶液也可氧化环己醇制环己酮，用漂粉精和冰醋酸氧化突出的优点是避免使用有毒的Na2Cr2O7．（3）环己酮的提纯需要经过以下一系列的操作：a．蒸馏，收集151～156℃馏分，得到精品 b．过滤c．在收集到的粗品中加NaCl固体至饱和，静置，分液d．加入无水MgSO4固体，除去有机物中少量水①上述操作的正确顺序是c d b a（填序号）②在上述操作c中，加入NaCl固体的作用是增加水层的密度，有利于分层，减小产物的损失．（4）环己酮是一种常用的萃取剂，以环己酮为成分之一的萃取液对金属离子的萃取率与pH 的关系如图2所示．现有某钴矿石的盐酸浸出液，浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Mn2+、Al3+，除去Al3+后，再利用萃取法分离出MnCl2以得到较为纯净的CoCl2溶液，pH范围应控制在b．a．2.0～2.5 b．3.03.5 c．4.0～4.5．【考点】制备实验方案的设计；有机物的合成．【分析】（1）①根据仪器的构造和特点来回答；②蒸馏操作时，一段时间后发现未通冷凝水，为防止冷凝管炸裂，应该等到装置冷却后再通冷凝水；③根据环己酮和水形成的具有固定组成的混合物的沸点和水的沸点相近来回答；（2）重铬酸钠是一种有毒物质，次氯酸液具有强氧化性，据此回答；（3）环己酮的提纯时应首先加入NaCl固体，使水溶液的密度增大，将水与有机物更容易分离开来，然后向有机层中加入无水MgSO4，出去有机物中少量的水，然后过滤，除去硫酸镁晶体，再进行蒸馏即可；（4）由表中数据可知，调节溶液PH在3.0～3.5之间，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co（OH）2沉淀．【解答】解：（1）①仪器B的名称是分液漏斗，故答案为：分液漏斗；②蒸馏操作时，一段时间后发现未通冷凝水，不能立即接通冷凝水，防止骤冷将冷凝管炸裂，应该等到装置冷却后再通冷凝水，。

福建省漳州八校2015届高三第二次联考化学试卷 Word版含答

2015届高三年漳州市八校联考期末考卷化学试卷（考试时间：90分钟；满分100分）命题：角中陈琪凤；审题徐德发相对原子质量（原子量）：H 1 C 12 O 16 N 14 Al 27 Cl 35.5 Mn55 Cu 64第I 卷（选择题45分）一、选择题（本题共15小题，每小题只有一个正确答案，每小题3分，共45分） 1．下列说法正确的是( )A ．糖类、油脂、蛋白质都是由C 、H 、O 三种元素组成的B ．葡萄糖和蔗糖不是同分异构体，但属于同系物C ．“地沟油”经过加工处理后，可以用来制肥皂和生物柴油D ．油脂在碱性条件下水解为丙三醇和高级脂肪酸 2．N A 为阿佛加德罗常数，下列叙述不正确．．．的是（） A ．标准状况下，22.4 L 的CCl 4中所含质子数为74 N AB ．2 mol SO 2和1 mol O 2在一定条件下充分反应后，所得混合气体的分子数大于2N AC ．12 g 石墨晶体中含有的碳碳键数目为1.5 N AD ．分子数为0.1N A 的N 2和NH 3混合气体，原子间含有的共用电子对数目为0.3N A 3．下列各组离子一定能够大量共存的是（）A ．使紫色石蕊变红的溶液：Fe 2+、Mg 2+、NO 、C1－B ．含有较多A13+的溶液：SO 、Na +、Mg 2+、NOC ．含有较多Fe 3+的溶液：Na +、SO 、SCN -、CO 32-D ．无色透明的酸性溶液：MnO 4—、K +、C1－、HCO 3—4．能正确表示下列反应的离子方程式是（） A ．醋酸钠的水解反应 CH 3COO －+H 3O +＝CH 3COOH+H 2OB ．碳酸氢钙与过量的NaOH 溶液反应 Ca 2++2HCO 3－+2OH －＝CaCO 3↓+2H 2O+CO 32－C ．向FeBr 2溶液中通入过量氯气：2Fe 2＋＋Cl 2===2Fe 3＋＋2Cl －D ．稀硝酸与过量的铁屑反应 3Fe+8H ++2NO 3－＝3Fe 3++2NO ↑+4H 2O5．已知25 ℃时，BaCO 3的溶度积K sp ＝2.58×10－9，BaSO 4的溶度积K sp ＝1.07×10－10，则下列说法不正．．确．的是( ) A ．25 ℃时，当溶液中c (Ba 2＋)·c (SO 2－4)＝1.07×10－10时，此溶液为BaSO 4的饱和溶液B ．因为K sp (BaCO 3)＞K sp (BaSO 4)，所以无法将BaSO 4转化为BaCO 3C ．25 ℃时，在含有BaCO 3固体的饱和溶液中滴入少量Na 2SO 4溶液后有BaSO 4沉淀析出，此时溶液中c (CO 2－3)∶c (SO 2－4)≈24.11D ．在饱和BaCO 3溶液中加入少量Na 2CO 3固体，可使c (Ba 2＋)减小，BaCO 3的溶度积不变6．A 是一种常见的单质，B 、C 为中学常见的化合物，A 、B 、C 均含有元素X 。

【VIP专享】2015年5月漳州市化学高考适应性试题

漳州市2015届高三化学考前模拟题一、选择题1．下列有关化学概念或原理的论述中，正确的是A．Cl2、SO2、NH3的水溶液都能够导电，因此都属于电解质B．任何一个氧化还原反应都可以设计为原电池，输出电能C．任何可逆反应，其平衡常数越大，反应速率、反应物的转化率就越大D．电解饱和食盐水的过程中，水的电离平衡正向移动2．下列说法正确的是A．淀粉、油脂和蛋白质都是高分子化合物B．丁烷（C4H10）和二氯甲烷都存在同分异构体C．“地沟油”的主要成分是油脂，其类别与煤油不同D.煤中含有煤焦油及多种化工原料，可通过煤的干馏获得3．下列有关描述，正确的是A．苯能使溴水褪色，发生取代反应B．乙烯使高锰酸钾溶液褪色，发生加成反应C．乙醇在红热铜丝的作用下，能发生氧化反应D．葡萄糖在稀硫酸作催化剂，水浴加热条件下可以发生水解反应4．N A表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A． 1.6g甲烷含有的电子数为N AB． 1 L0.1 mol/L NaHCO3溶液中含有的HCO3-数目为0.1 N AC． 1 L PH=1的硫酸溶液中含有的H+ 数为0.2 N AD．标准状况下， 2.24 LCO和CO2混合气体中含有的氧原子数为0.15N A5．短周期元素甲、乙、丙、丁、戊、己、庚在周期表中的相对位置如图（甲不一定在丁、庚的连线上），戊、己分别是空气、地壳中含量最多的元素。

下列判断正确的是A．甲一定是金属元素B．气态氢化物的稳定性：庚>己>戊C．庚的最高价氧化物的水化物酸性最强D．乙、丙、丁的最高价氧化物的水化物可以以相互反应6．下列各组物质按右图所示转化关系每一步都能一步实现的是7．仅用下表提供的仪器和用品能够实现相应目的的是选项实验目的仪器和用品A分离乙醇和乙酸乙酯的混合物分液漏斗、烧杯、玻璃棒B检验溶液中是否含有SO42-试管、胶头滴管、Ba(NO3)2C SO2既有氧化性，又有还原性试管、胶头滴管、氯水、品红D配制100mLpH=2的盐酸100mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、酸式滴定管、pH=1的盐酸甲乙丙丁A FeCl3FeCl2Fe2O3Fe(OH)3B Cu CuO CuSO4CuCl2C C CO CO2H2CO3D NH3NO NO2HNO38．下列实验装置进行相应的实验，能达到实验目的的是A ．图1装置：除去二氧化碳中的少量氯化氢气体B ．图2装置：收集二氧化硫并吸收尾气C ．图3装置：用酸性高锰酸钾溶液滴定过氧化氢溶液D ．图4装置：用水吸收氯化氢气体并防止倒吸9．某新型电池NaBH 4(B 的化合价为+3价)和H 2O 2作原料，该电池可用作深水勘探等无空气环境电源，其工作原理如右图所示。

2015年福建省高考化学试卷及解析

2015年福建省高考化学试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．（6分）下列制作铅笔的材料与相应工业不对应的是（）A．橡皮擦﹣﹣橡胶工业B．铝合金片﹣﹣冶金工业C．铅笔芯﹣﹣电镀工业D．铅笔漆﹣﹣涂料工业2．（6分）下列关于有机化合物的说法正确的是（）A．聚氯乙烯分子中含碳碳双键B．以淀粉为原料可制取乙酸乙酯C．丁烷有3种同分异构体D．油脂的皂化反应属于加成反应3．（6分）下列实验操作正确且能达到相应实验目的是（）选项实验目的实验操作A称取2.0gNaOH固体先在托盘上各放一张滤纸，然后在右盘上添加2g砝码，左盘上添加NaOH固体B配制FeCl3溶液将FeCl3固体溶解于适量蒸馏水C检验溶液中是否含取少量试液于试管中，加入NaOH溶液并加热，用湿1有NH4+润的红色石蕊试纸检验产生的气体D验证铁的吸氧腐蚀将铁钉放入试管中，用盐酸浸没A．A B．B C．C D．D4．（6分）纯净物X、Y、Z转化关系如图所示，下列判断正确的是（）A．X可能是金属铜B．Y不可能是氢气C．Z可能是氯化钠D．Z可能是三氧化硫5．（6分）短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示，其中W原子的质子数是其最外层电子数的三倍，下列说法不正确的是（）A．原子半径：W＞Z＞Y＞XB．最高价氧化物对应水化物的酸性：X＞W＞ZC．最简单气态氢化物的热稳定性：Y＞X＞W＞ZD．元素X、Z、W的最高化合价分别与其主族序数相等6．（6分）某模拟“人工树叶”电化学实验装置如图所示，该装置能将H2O和CO2转化为O2和燃料（C3H8O）．下列说法正确的是（）2A．该装置将化学能转化为光能和电能B．该装置工作时，H+从b极区向a极区迁移C．每生成1 mol O2，有44 g CO2被还原D．a 电极的反应为：3CO2+18H+﹣18e﹣═C3 H8O+5 H2 O7．（6分）在不同浓度（c）、温度（T）条件下，蔗糖水解的瞬时速率（v）如下表．下列判断不正确的是（）0.6000.5000.4000.300318.2 3.60 3.00 2.40 1.80328.29.007.50a 4.50b 2.16 1.80 1.44 1.08A．a=6.00B．同时改变反应温度和蔗糖的浓度，v可能不变C．b＜318.23D．不同温度时，蔗糖浓度减少一半所需的时间相同二、非选择题（共3小题，满分45分）8．（15分）研究硫元素及其化合物的性质具有重要意义．（1）①硫离子的结构示意图为．②加热时，硫元素的最高价氧化物对应水化物的浓溶液与木炭反应的化学方程式为．（2）25℃，在0.10mol•L﹣1H2S溶液中，通入HCl气体或加入NaOH固体以调节溶液pH，溶液pH与c（S2﹣）关系如图（忽略溶液体积的变化、H2S的挥发）．①pH=13时，溶液中的c（H2S）+c（HS﹣）=mol•L﹣1．②某溶液含0.020mol•L﹣1Mn2+、0.10mol•L﹣1H2S，当溶液PH=时，Mn2+开始沉淀．[已知：K sp（MnS）=2.8×10﹣13]（3）25℃，两种酸的电离平衡常数如表．K a1K a24H2SO3 1.3×10﹣2 6.3×10﹣8 H2CO3 4.2×10﹣7 5.6×10﹣11①HSO3﹣的电离平衡常数表达式K=．②0.10mol•L﹣1Na2SO3溶液中离子浓度由大到小的顺序为．③H2SO3溶液和NaHCO3溶液反应的主要离子方程式为．9．（15分）无水氯化铝在生产、生活中应用广泛．（1）氯化铝在水中形成具有净水作用的氢氧化铝胶体，其反应的离子方程式为．（2）工业上用铝土矿（主要成分为Al2O3，含有Fe2O3、SiO2等杂质）制取无水氯化铝的一种工艺流程示意如下：已知：物质SiCl4AlCl3FeCl3FeCl2沸点/℃57.6180（升华）300（升华）1023①步骤Ⅰ中焙烧使固体水分挥发、气孔数目增多，其作用是（只要求写出一种）．5②步骤Ⅱ中若不通入氯气和氧气，则反应生成相对原子质量比硅大的单质是．③已知：Al2O3（s）+3C（s）=2Al（s）+3CO（g）△H1=+1344.1kJ•mol﹣12AlCl3（g）=2Al（s）+3Cl2（g）△H2=+1169.2kJ•mol﹣1由Al2O3、C和Cl2反应生成AlCl3的热化学方程式为．④步骤Ⅲ的经冷却至室温后，气体用足量的NaOH冷溶液吸收，生成的盐主要有3种，其化学式分别为、、．⑤结合流程及相关数据分析，步骤Ⅴ中加入铝粉的目的是．10．（15分）某化学兴趣小组制取氯酸钾和氯水并进行有关探究实验．实验一制取氯酸钾和氯水利用如图1所示的实验装置进行实验．（1）制取实验结束后，取出B中试管冷却结晶，过滤，洗涤．该实验操作过程需要的玻璃仪器有．6（2）若对调B和C装置的位置，（填“能”或“不能”）提高B中氯酸钾的产率．实验二氯酸钾与碘化钾反应的研究（3）在不同条件下KClO3可将KI氧化为I2或KIO3．该小组设计了系列实验研究反应条件对反应产物的影响，其中系列a实验的记录如下（实验在室温下进行）：试管编号12340.2mol•L﹣1KI/mL 1.0 1.0 1.0 1.0KClO3（s）/g0.100.100.100.106.0mol•L﹣1H2SO4/mL0 3.0 6.09.0蒸馏水/mL9.0 6.0 3.00实验现象①系列a实验的实验目的是．②设计1号试管实验的作用是．③若2号试管实验现象为“黄色溶液”，取少量该溶液加入淀粉溶液显蓝色；假设氧化产物唯一，还原产物为KCl，则此反应的离子方程式为．实验三测定饱和氯水中氯元素的总量（4）该小组设计的实验方案为：使用如图2装置，加热15.0mL饱和氯水试样，测定产生气体的体积．此方案不可行的主要原因是．（不考虑实验装置及操作失误导致不可行的原因）7（5）根据下列资料，为该小组设计一个可行的实验方案（不必描述操作过程的细节）：．资料：i．次氯酸会破坏酸碱指示剂；ii．次氯酸或氯气可被SO2、H2O2和FeCl2等物质还原成Cl﹣．【化学-物质结构与性质】（13分）11．（13分）科学家正在研究温室气体CH4和CO2的转化和利用．（1）CH4和CO2所含的三种元素电负性从小到大的顺序为．（2）下列关于CH4和CO2的说法正确的是（填序号）．a．固态CO2属于分子晶体b．CH4分子中含有极性共价键，是极性分子c．因为碳氢键键能小于碳氧键，所以CH4熔点低于CO2d．CH4和CO2分子中碳原子的杂化类型分别是sp3和sp（3）在Ni基催化剂作用下，CH4和CO2反应可获得化工原料CO和H2．①基态Ni原子的电子排布式为，该元素位于元素周期表的第族．②Ni能与CO形成正四面体形的配合物Ni（CO）4，1mol Ni（CO）4中含有molσ键．（4）一定条件下，CH4和CO2都能与H2O形成笼状结构（如图所示）的水合物晶体，其相关参数见下表．CH4与H2O形成的水合物俗称“可燃冰”．89①“可燃冰”中分子间存在的2种作用力是．②为开采深海海底的“可燃冰”，有科学家提出用CO 2置换CH 4的设想．已知图中笼状结构的空腔直径为0.586nm ，根据上述图表，从物质结构及性质的角度分析，该设想的依据是．【化学-有机化学基础】（13分）12．“司乐平”是治疗高血压的一种临床药物，其有效成分M 的结构简式如图所示（1）下列关于M 的说法正确的是（填序号）．a．属于芳香族化合物b．遇FeCl3溶液显紫色c．能使酸性高锰酸钾溶液褪色d．1molM完全水解生成2mol醇（2）肉桂酸是合成M的中间体，其一种合成路线如下：①烃A的名称为．步骤Ⅰ中B的产率往往偏低，其原因是．②步骤Ⅱ反应的化学方程式为．③步骤Ⅲ的反应类型是．④肉桂酸的结构简式为．⑤C的同分异构体有多种，其中苯环上有一个甲基的酯类化合物有种．102015年福建省高考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．（6分）下列制作铅笔的材料与相应工业不对应的是（）A．橡皮擦﹣﹣橡胶工业B．铝合金片﹣﹣冶金工业C．铅笔芯﹣﹣电镀工业D．铅笔漆﹣﹣涂料工业【分析】A．根据橡皮擦的成分分析；B．铝合金片是以金属铝为主要原料的合金；C．铅笔芯是用石墨和粘土按照一定的比例混合而制成的；D．铅笔漆属于涂料．【解答】解：A．橡皮擦主要由增塑剂和橡胶合成，橡胶工业，材料与相应工业对应，故A不选；B．冶炼金属铝属于冶金工业，材料与相应工业对应，故B不选；C．铅笔芯的主要成分是石墨，石墨比较软，刻画时容易留下痕迹，铅笔芯生产与电镀工业工业无关，材料与相应工业不对应，故C选；D．铅笔漆属于涂料的一种，材料与相应工业对应，故D不选；11故选：C。

福建省漳州市2015届高三化学冲刺试卷(6)(含解析)

2015年福建省漳州市高考化学冲刺试卷（6）一、选择题（本大题共7小题，每小题6分，共42分．在每小题给出的四个备选项中，只有一项符合题目要求．）1．化学与生产、生活、社会密切相关．下列有关说法中，错误的是( )A．服用铬含量超标的药用胶囊会对人体健康造成危害B．血液透析是利用了胶体的性质C．在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质D．厨房中燃气泄漏，立即打开抽油烟机排气2．下列说法正确的是( )A．食用植物油是人体的营养物质B．分馏、干馏是物理变化，裂化、裂解是化学变化C．淀粉、蛋白质、葡萄糖都是高分子化合物D．甲烷、汽油、酒精都是碳氢化合物，都可作燃料3．设N A为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是( )A．25℃，pH=13的NaOH溶液中，含有OH﹣的数目为0.1N AB．1.2g C60和石墨的混合物中，含有的碳原子数目为0.1N AC．2.24L N2和NH3的混合气体中，含有的共用电子对数目为0.3N AD．标准状况下，6.72L NO2与水充分反应转移的电子数目为0.1N A4．短周期元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子最外层电子数是其电子层数的3倍，Y与X可形成Y2X2和Y2X两种离子化合物，Z原子的核外电子数比Y原子多1，W与X同主族．下列说法正确的是( )A．单质的还原性：Y＞ZB．原子半径：Y＜Z＜WC．气态氢化物的稳定性：X＜WD．Y和Z两者最高价氧化物对应的水化物能相互反应5．下列实验设计和结论相符的是( )A．将碘水倒入分液漏斗，加适量乙醇，振荡后静置，可将碘萃取到乙醇中B．某气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体水溶液一定显碱性C．某无色溶液中加Ba（NO3）2溶液，再加入稀盐酸，沉淀不溶解，则原溶液中一定有SO42﹣D．在含FeCl2杂质的FeCl3溶液中通足量Cl2后，充分加热，除去过量的Cl2，即可得到较纯净的FeCl3溶液6．利用如图所示装置（电极均为惰性电极）可吸收SO2，并用阴极排出的溶液吸收NO2．下列说法正确的是( )A．a为直流电源的负极B．阴极的电极反应式为：2HSO3﹣+2H++e﹣═S2O42﹣+2H2OC．阳极的电极反应式为：SO2+2H2O﹣2e﹣═SO42﹣+4H+D．电解时，H+由阴极室通过阳离子交换膜到阳极室7．25℃时，在20mL 0.1mol/L NaOH溶液中加入0.2mol/L CH3COOH溶液，所加入溶液的体积（v）和混合液中pH变化关系的曲线如图所示，若B点的横坐标a=10，下列分析的结论正确的是( )A．在B点有：c（Na+）=c（CH3COO﹣）B．对曲线上A、B间任何一点，溶液中都有：c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）C．C点时，c（CH3COO﹣）=c（Na+）＞c（H+）=c（OH﹣）D．D点时，c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=c（Na+）二、非选择题（本大题共3小题，共58分．其中3题必考题，2题选考题任选一题）8．X、Y、Z、J、Q、W六种元素，原子序数依次增大，其中X、Y、Z、J、Q是短周期主族元素．元素Z在地壳中含量最高，J元素的焰色反应呈黄色，Q的最外层电子数与其电子总数比为3：8，X能与J形成离子化合物，且J+的半径大于X﹣的半径，Y的氧化物是形成酸雨的主要物质之一．W是应用最广泛的金属元素．请回答：（1）Y元素原子的结构示意图为__________．（2）元素的金属性J__________W（填“＞”或“＜”），下列各项中，能说明这一结论的事实有__________（填序号）A．单质与酸反应置换出氢气的难易程度 B．单质的熔点C．最高价氧化物对应水化物的碱性强弱 D．在金属活动顺序表中的位置（3）已知：①3W（s）+2Z2（g）=W3Z4（s）△H1=﹣1118.4kJ/mol②2X2（g）+Z2（g）=2X2Z（g）△H2=﹣483.8kJ/mol则反应3W（s）+4X2Z（g）=W3Z4（s）+4X2（g）的△H=__________．（4）已知反应：2QZ2（g）+Z2（g）⇌2QZ3（g），QZ2的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示：①压强：P1__________P2（填“＞”、“=”或“＜”）．②200℃下，将一定量的QZ2和Z2充入体积不变的密闭容器中，经10min后测得容器中各物质的物质的量浓度如下表所示：能说明该反应达到化学平衡状态的是__________．a．反应速率v（QZ2）=v（QZ3）b．体系的压强保持不变c．混合气体的密度保持不变d．QZ2和Z2的体积比保持不变计算上述反应在0～10min内，v（QZ2）=__________．（5）以YX3为燃料可以设计成燃料电池（电极材料均为惰性电极，KOH溶液作电解质溶液）该电池负极电极反应式为__________．9．金属铬污染环境，其主要来源于冶金、水泥等工业产生的废水，煤和石油燃烧的废气中也含有颗粒状的铬．（1）某兴趣小组拟定以下流程，对含Cr3+、Fe2+等离子的废水进行无害化处理．请回答下列问题：①写出加入双氧水后发生反应的离子方程式：__________．②过滤操作需要的玻璃仪器有__________．③活性炭的作用是__________．（2）工业含铬废水中铬常以Cr2O72﹣形式存在，可按下列流程来除去废水中的铬．①写出还原池中发生反应的离子方程式：__________．②石灰水处理后生成的沉淀有__________（用化学式表示）．③现处理1×102 L含铬（Ⅵ）39mg•L﹣1的废水，需要绿矾__________g．10．淀粉水解的产物（C6H12O6）用硝酸氧化可以制备草酸，装置如图1所示（加热、搅拌和仪器固定装置均已略去）：实验过程如下：①将1：1的淀粉水乳液与少许98%硫酸加入烧杯中，水浴加热至85～90℃，保持30min，然后逐渐将温度降至60℃左右；②将一定量的淀粉水解液加入三颈烧瓶中；③控制反应液温度在55～60℃条件下，边搅拌边缓慢滴加一定量含有适量催化剂的混酸（65% HNO3与98% H2SO4的质量比为4：3）溶液；④反应3h左右，冷却，减压过滤后再重结晶得草酸晶体．硝酸氧化淀粉水解液过程中可发生下列反应：C6H12O6+12HNO3→3H2C2O4+9NO2↑+3NO↑+9H2OC6H12O6+8HNO3→6CO2↑+8NO↑+10H2O3H2C2O4+2HNO3→6CO2↑+2NO↑+4H2O请回答下列问题：（1）实验①加入98%硫酸少许的目的是__________．（2）检验淀粉是否水解完全所用的试剂为__________．（3）冷凝水的进口是__________（填“a”或“b”）．（4）装置B的作用为__________．（5）实验中若混酸滴加过快，将导致草酸产量下降，其原因是__________．（6）当尾气中n（NO2）：n（NO）=1：1时，过量的NaOH溶液能将氮氧化物全部吸收，发生的化学反应为NO2+NO+2NaOH═2NaNO2+H2O，若用步骤④后含硫酸的母液来吸收氮氧化物，其优点是__________，缺点是__________．（7）将产品在恒温箱内约90℃以下烘干至恒重，得到二水合草酸．用KMnO4标准溶液滴定，该反应的离子方程式为2MnO+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O．称取该样品0.12g，加适量水完全溶解，然后用0.020mol•L﹣1的酸性KMnO4溶液滴定至终点（杂质不参与反应），滴定前后滴定管中的液面读数如图2所示，则该草酸晶体样品中二水合草酸的质量分数为__________．[化学一物质结构与性质]11．（13分）可以由下列反应合成三聚氰胺：CaO+3C CaC2+CO↑CaC2+N2CaCN2+CCaCN2+2H2O═NH2CN+Ca（OH）2NH2CN与水反应生成尿素[CO（NH2）2]，尿素合成三聚氰胺．（1）写出与Ca在同一周期且最外层电子数相同、内层排满电子的基态原子的价层电子排布式__________．CaCN2中阴离子为CN，与CN互为等电子体的分子有N2O和__________（填化学式），由此可以推知CN的空间构型为__________．（2）尿素分子中C原子采取__________杂化．（3）三聚氰胺俗称“蛋白精”．动物摄入三聚氰胺和三聚氰酸后，三聚氰酸与三聚氰胺分子相互之间通过__________结合，在肾脏内易形成结石．A．共价键B．离子键C．分子间氢键（4）CaO晶胞如图所示，CaO晶体中Ca2+的配位数为__________．已知CaO晶体的密度为ρ，用N A表示阿伏加德罗常数，求晶胞中距离最近的两个钙离子之间的距离__________（已知Ca﹣40、O﹣16，列出计算式）．CaO晶体和NaCl晶体的晶格能分别为CaO 3 401kJ•mol﹣1、NaCl 786kJ•mol﹣1．导致两者晶格能差异的主要原因是__________．[化学一有机化学基础]12．有机物A→F的转化关系如下：已知：②有机物C的核磁共振氢谱显示其分子中含有4种不同化学环境的氢原子，且其峰面积之比为6：1：2：1；③F是酯类化合物，分子中苯环上的一溴取代物只有两种．请回答下列问题：（1）A的分子式是__________．（2）B中的官能团名称是__________．（3）D的结构简式为__________，名称为__________．（4）C+E→F的化学方程式是__________．（5）和C互为同分异构体，且含相同官能团的有机物有__________种．（6）X与E互为同分异构体，属于酯类化合物，分子中只含一种官能团，苯环上一硝基取代物只有一种，则X的结构简式为__________；X分子中有__________种不同化学环境的氢原子，其峰面积之比为__________；1mol X与NaOH溶液共热反应，最多消耗__________ mol NaOH．2015年福建省漳州市高考化学冲刺试卷（6）一、选择题（本大题共7小题，每小题6分，共42分．在每小题给出的四个备选项中，只有一项符合题目要求．）1．化学与生产、生活、社会密切相关．下列有关说法中，错误的是( )A．服用铬含量超标的药用胶囊会对人体健康造成危害B．血液透析是利用了胶体的性质C．在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质D．厨房中燃气泄漏，立即打开抽油烟机排气【考点】药物的主要成分和疗效；胶体的重要性质；常见的生活环境的污染及治理；常见的食品添加剂的组成、性质和作用．【专题】化学计算．【分析】A、铬离子属于重金属离子，可以使蛋白质变性；B、人体血液属于胶体，不能透过半透膜；C、硅胶具有开放的多孔结构，吸附性强，铁粉具有强还原性；D、燃气遇到电火花可发生爆炸．【解答】解：A、铬离子属于重金属离子，可以使蛋白质变性，故A正确；B、透析（dialysis）是通过小分子经过半透膜扩散到水（或缓冲液）的原理，将小分子与生物大分子分开的一种分离技术，人体的血液属于胶体，不能透过半透膜，故B正确；C、硅胶具有开放的多孔结构，吸附性强，可做食品的吸水剂，铁粉具有强还原性，可作抗氧化剂，故C正确；D、燃气遇到电火花可发生爆炸，因此不可打开抽油烟机排气，故D错误；故选：D．【点评】本题考查了蛋白质、胶体、硅胶、铁粉等物质的性质，题目难度不大，掌握物质的性质是解题的关键．2．下列说法正确的是( )A．食用植物油是人体的营养物质B．分馏、干馏是物理变化，裂化、裂解是化学变化C．淀粉、蛋白质、葡萄糖都是高分子化合物D．甲烷、汽油、酒精都是碳氢化合物，都可作燃料【考点】有机物的结构和性质；有机化学反应的综合应用．【专题】有机反应．【分析】A．糖类、油脂、蛋白质和水、无机盐是人体必须的营养物质；B．分馏利用沸点差异分离混合物；C．相对分子质量在10000以上的为高分子；D．酒精中含C、H、O元素．【解答】解：A．糖类、油脂、蛋白质和水、无机盐是人体必须的营养物质，即食用植物油是人体的营养物质，故A正确；B．干馏、裂化、裂解均有新物质生成，均是化学变化，而分馏为物理变化，故B错误；C．葡萄糖不是高分子化合物，淀粉、蛋白质为高分子，故C错误；D．酒精不是碳氢化合物，甲烷、汽油都是碳氢化合物，但都可作燃料，故D错误；故选A．【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的组成、性质及应用等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．3．设N A为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是( )A．25℃，pH=13的NaOH溶液中，含有OH﹣的数目为0.1N AB．1.2g C60和石墨的混合物中，含有的碳原子数目为0.1N AC．2.24L N2和NH3的混合气体中，含有的共用电子对数目为0.3N AD．标准状况下，6.72L NO2与水充分反应转移的电子数目为0.1N A【考点】阿伏加德罗常数．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】A．缺少氢氧化钠溶液的体积，无法计算溶液中氢氧根离子的数目；B． C60和石墨只含有碳元素，1.2g二者的混合物中含有1.2gC原子，含有0.1mol碳原子；C．没有告诉在标准状况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算混合气体的物质的量；D．二氧化氮与水的反应中，3mol二氧化氮与水反应生成2mol硝酸和1mol一氧化氮，转移了2mol电子，据此计算出二氧化氮完全反应转移的电子数．【解答】解：A．没有告诉氢氧化钠溶液的体积，无法计算溶液中氢氧根离子的物质的量及数目，故A错误；B．1.2g C60和石墨的混合物中含有1.2gC，含有碳原子的物质的量为0.1mol，含有的碳原子数目为0.1N A，故B正确；C．不是标准状况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算2.24L混合气体的物质的量，故C错误；D．标况下，6.72L二氧化氮的物质的量为0.3mol，0.3mol二氧化氮与水完全反应生成0.2mol 硝酸，转移了0.2mol电子，故D错误；故选B．【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确标况下气体摩尔体积的使用条件，选项A、D为易错点，注意A中缺少溶液体积、D中二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮．4．短周期元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子最外层电子数是其电子层数的3倍，Y与X可形成Y2X2和Y2X两种离子化合物，Z原子的核外电子数比Y原子多1，W与X同主族．下列说法正确的是( )A．单质的还原性：Y＞ZB．原子半径：Y＜Z＜WC．气态氢化物的稳定性：X＜WD．Y和Z两者最高价氧化物对应的水化物能相互反应【考点】原子结构与元素周期律的关系．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】短周期元素的X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子最外层电子数是电子层数的三倍，则X有2个电子层，最外层电子数为6，故X为氧元素；Y与X可形成Y2X2和Y2X两种离子化合物，Y为Na元素；Z原子的核外电子数比原子Y原子多1，Z的核外电子数为11+1=12，故Z为Mg元素，W与X同主族，则W为硫元素，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律知识解答该题．【解答】解：短周期元素的X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子最外层电子数是电子层数的三倍，则X有2个电子层，最外层电子数为6，故X为氧元素；Y与X可形成Y2X2和Y2X 两种离子化合物，Y为Na元素；Z原子的核外电子数比原子Y原子多1，Z的核外电子数为11+1=12，故Z为Mg元素，W与X同主族，则W为硫元素，A．同周期自左而右金属性减弱，单质的还原性降低，故还原性Na＞Mg，故A正确；B．同周期自左而右原子半径减小，故原子半径Na＞Mg＞S，故B错误；C．同主族自上而下非金属性减弱，非金属性O＞S，非金属性越强，氢化物越稳定，故气态氢化物的稳定性：H2O＞H2S，故C错误；D．Y和Z两者最高价氧化物对应的水化物分别为氢氧化钠、氢氧化镁，二者不反应，故D 错误．故选A．【点评】本题考查原子结构与元素周期律的关系，侧重于物质的性质的递变规律的考查，根据原子结构明确元素的种类为解答该题的关键．5．下列实验设计和结论相符的是( )A．将碘水倒入分液漏斗，加适量乙醇，振荡后静置，可将碘萃取到乙醇中B．某气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体水溶液一定显碱性C．某无色溶液中加Ba（NO3）2溶液，再加入稀盐酸，沉淀不溶解，则原溶液中一定有SO42﹣D．在含FeCl2杂质的FeCl3溶液中通足量Cl2后，充分加热，除去过量的Cl2，即可得到较纯净的FeCl3溶液【考点】化学实验方案的评价；硫酸根离子的检验；分液和萃取；常见气体的检验．【专题】实验评价题．【分析】A．乙醇与水混溶，二者不分层；B．氨气的水溶液显碱性；C．硫酸钡、氯化银均为不溶于水、不溶于酸的沉淀；原溶液还可能含有亚硫酸根离子；D．除杂后加热，铁离子水解会生成氢氧化铁．【解答】解：A．将碘水倒入分液漏斗，加适量乙醇，因乙醇与水混溶，二者不分层，不能进行萃取，故A错误；B．氨气的水溶液显碱性，则某气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体为氨气，故B正确；C．硫酸钡、氯化银均为不溶于水、不溶于酸的沉淀，则某无色溶液中加Ba（NO3）2溶液，再加入稀盐酸，沉淀不溶解，则原溶液中可能有SO42﹣，可能含有Ag+，若原溶液中含有亚硫酸根离子，也能生成硫酸钡沉淀，故C错误；D．在含FeCl2杂质的FeCl3溶液中通足量Cl2后，得到氯化铁溶液，但加热，铁离子水解会生成氢氧化铁所以最终得不到FeCl3溶液，故D错误；故选B．【点评】本题考查实验方案的评价，明确混合物的分离、提纯、气体或离子的检验、物质的除杂等知识即可解答，选项C为解答的易错点，注意硝酸盐在酸性条件下具有强氧化性，题目难度中等．6．利用如图所示装置（电极均为惰性电极）可吸收SO2，并用阴极排出的溶液吸收NO2．下列说法正确的是( )A．a为直流电源的负极B．阴极的电极反应式为：2HSO3﹣+2H++e﹣═S2O42﹣+2H2OC．阳极的电极反应式为：SO2+2H2O﹣2e﹣═SO42﹣+4H+D．电解时，H+由阴极室通过阳离子交换膜到阳极室【考点】电解原理．【专题】电化学专题．【分析】根据电解池中阳极发生氧化反应，与电源正极相连的为阳极可以判断①图中a极要连接电源的正极；依据电极原理和反应过程中的离子变化写出电极反应；依据图示可知，二氧化硫被氧化为硫酸根，所以二氧化硫所在的区为阳极区，阳极区发生反应SO2﹣2e﹣+2H2O═SO42﹣+4H+，阳极与电源的正极a相连，b为电源负极．【解答】解：A、二氧化硫被氧化为硫酸根，所以二氧化硫所在的区为阳极区，阳极与电源正极a相连，故A错误；B、阴极的电极反应式为：2HSO3﹣+2H++2e﹣═S2O42﹣+2H2O，故B错误；C、阳极的电极反应式为：SO2+2H2O﹣2e﹣═SO42﹣+4H+，故C正确；D、阳离子交换膜只允许阳离子通过，电解时，阳离子移向阴极，所以H+由阳极室通过阳离子交换膜到阴极室，故D错误；故选C．【点评】本题考查了电解原理的分析应用，主要是电极反应，电极名称判断，理解电解池原理是关键，题目难度中等．7．25℃时，在20mL 0.1mol/L NaOH溶液中加入0.2mol/L CH3COOH溶液，所加入溶液的体积（v）和混合液中pH变化关系的曲线如图所示，若B点的横坐标a=10，下列分析的结论正确的是( )A．在B点有：c（Na+）=c（CH3COO﹣）B．对曲线上A、B间任何一点，溶液中都有：c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）C．C点时，c（CH3COO﹣）=c（Na+）＞c（H+）=c（OH﹣）D．D点时，c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=c（Na+）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A．根据在B点时溶液显示碱性及电荷守恒进行判断钠离子和醋酸根离子浓度大小；B．根据A、B之间，醋酸少量及醋酸体积稍大的情况进行讨论醋酸根离子与氢氧根离子浓度关系；C．根据C点pH=7，溶液显示中性进行判断溶液中各离子浓度大小；D．醋酸浓度是氢氧化钠溶液浓度的2倍，D点时加入醋酸的物质的量为氢氧化钠的物质的量2倍，根据物料守恒进行判断．【解答】解：A．在B点时，溶液pH＞7，则c（OH﹣）＞c（H+），根据电荷守恒：c（Na+）+c （H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），所以c（Na+）＞c（CH3COO﹣），故A错误；B．在A、B间任一点，溶液中只存在四种离子有Na+、H+、CH3COO﹣、OH﹣，如果加入的醋酸少量，则c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+），如果加入的醋酸达到一定程度，则会出现c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故B错误；C．在C点溶液显中性，则c（OH﹣）=c（H+），根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），则一定有c（Na+）=c（CH3COO﹣），溶液中离子浓度大小关系为：c（Na+）=c（CH3COO ﹣）＞c（OH﹣）=c（H+），故C正确；D．在D点时，醋酸剩余，剩余的醋酸的浓度和生成的醋酸钠浓度相等均为0.05mol/l，根据物料守恒，则：c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=0.1mol•L﹣1，而钠离子浓度为c（Na+）=0.05mol/L，则c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=2c（Na+），故D错误；故选C．【点评】本题考查了酸碱混合后的定性判断及溶液中离子浓度大小比较，题目难度中等，注意明确溶液pH与溶液酸碱性的关系，要分清楚每个状态时溶液的组成情况，并注意各种守恒思想的灵活利用．二、非选择题（本大题共3小题，共58分．其中3题必考题，2题选考题任选一题）8．X、Y、Z、J、Q、W六种元素，原子序数依次增大，其中X、Y、Z、J、Q是短周期主族元素．元素Z在地壳中含量最高，J元素的焰色反应呈黄色，Q的最外层电子数与其电子总数比为3：8，X能与J形成离子化合物，且J+的半径大于X﹣的半径，Y的氧化物是形成酸雨的主要物质之一．W是应用最广泛的金属元素．请回答：（1）Y元素原子的结构示意图为．（2）元素的金属性J＞W（填“＞”或“＜”），下列各项中，能说明这一结论的事实有ACD （填序号）A．单质与酸反应置换出氢气的难易程度 B．单质的熔点C．最高价氧化物对应水化物的碱性强弱 D．在金属活动顺序表中的位置（3）已知：①3W（s）+2Z2（g）=W3Z4（s）△H1=﹣1118.4kJ/mol②2X2（g）+Z2（g）=2X2Z（g）△H2=﹣483.8kJ/mol则反应3W（s）+4X2Z（g）=W3Z4（s）+4X2（g）的△H=﹣150.8kJ/mol．（4）已知反应：2QZ2（g）+Z2（g）⇌2QZ3（g），QZ2的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示：①压强：P1＜P2（填“＞”、“=”或“＜”）．②200℃下，将一定量的QZ2和Z2充入体积不变的密闭容器中，经10min后测得容器中各物能说明该反应达到化学平衡状态的是bd．a．反应速率v（QZ2）=v（QZ3）b．体系的压强保持不变c．混合气体的密度保持不变d．QZ2和Z2的体积比保持不变计算上述反应在0～10min内，v（QZ2）=0.16mol/（L．min）．（5）以YX3为燃料可以设计成燃料电池（电极材料均为惰性电极，KOH溶液作电解质溶液）该电池负极电极反应式为2NH3﹣6e﹣+6OH﹣=N2+6H2O．【考点】位置结构性质的相互关系应用；原电池和电解池的工作原理；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算．【专题】元素周期律与元素周期表专题；化学平衡专题；电化学专题．【分析】X、Y、Z、J、Q、W六种元素，原子序数依次增大，其中X、Y、Z、J、Q是短周期主族元素．元素Z在地壳中含量最高，则Z为Na；J元素的焰色反应呈黄色，则J为Na；Q 的最外层电子数与其电子总数比为3：8，原子序数大于Na，处于第三周期，设最外层电子数为a，则a：（2+8+a）=3：8，解得a=6，故Q为S元素；X能与J形成离子化合物，且J+的半径大于X﹣的半径，则X为H元素；Y原子序数小于钠，处于第二周期，而Y的氧化物是形成酸雨的主要物质之一，故Y为N元素；W是应用最广泛的金属元素，则W为Fe，据此解答．（1）Y为N元素，原子核外有7个电子，有2个电子层，各层电子数为2、5；（2）根据金属活动顺序表、金属单质与水或酸反应剧烈程度、难易程度，最高价氧化物对应水化物的碱性强弱等判断金属性强弱；（3）已知：①3W（s）+2Z2（g）=W3Z4（s）△H1=﹣1118.4kJ/mol②2X2（g）+Z2（g）=2X2Z（g）△H2=﹣483.8kJ/mol根据盖斯定律，①﹣②×2可得：3W（s）+4X2Z（g）=W3Z4（s）+4X2（g；（4）①正反应为气体体积减小的反应，温度一定时，增大压强平衡正向移动，QZ2（g）的转化率增大；②可逆反应到达平衡时，同种物质的正逆速率相等，各组分的浓度、含量保持不变，由此衍生的其它一些量由方程式可知，△c（QZ2）=△c（QZ3）=1.6mol/L，再根据v=计算v（QZ2）；（5）以NH3为燃料设计成燃料电池，电极材料均为惰性电极，KOH溶液作电解质溶液，原电池负极发生氧化反应，氨气在负极失去电子，碱性条件下可以得到氮气与水．【解答】解：X、Y、Z、J、Q、W六种元素，原子序数依次增大，其中X、Y、Z、J、Q是短周期主族元素．元素Z在地壳中含量最高，则Z为Na；J元素的焰色反应呈黄色，则J为Na；Q的最外层电子数与其电子总数比为3：8，原子序数大于Na，处于第三周期，设最外层电子数为a，则a：（2+8+a）=3：8，解得a=6，故Q为S元素；X能与J形成离子化合物，且J+的半径大于X﹣的半径，则X为H元素；Y原子序数小于钠，处于第二周期，而Y的氧化物是形成酸雨的主要物质之一，故Y为N元素；W是应用最广泛的金属元素，则W为Fe．（1）Y为N元素，原子的结构示意图为，故答案为：；（2）元素的金属性Na＞Fe，A．金属单质与酸反应生成氢气越容易，其金属性越强，故A正确；B．单质的熔点属于物理性质，不能比较金属性强弱，故B错误C．最高价氧化物对应水化物的碱性越强，元素金属性越强，故C正确；D．根据在金属活动顺序表中的位置，可以判断金属性强弱，故D正确，故选：ACD；（3）已知：①3W（s）+2Z2（g）=W3Z4（s）△H1=﹣1118.4kJ/mol②2X2（g）+Z2（g）=2X2Z（g）△H2=﹣483.8kJ/mol根据盖斯定律，①﹣②×2可得：3W（s）+4X2Z（g）=W3Z4（s）+4X2（g），则△H=﹣1118.4kJ/mol ﹣2（﹣483.8kJ/mol）=﹣150.8kJ/mol，故答案为：﹣150.8kJ/mol；（4）①由图可知，温度一定，压强P1时QZ2（g）的转化率较小，正反应为气体体积减小的反应，温度一定时，增大压强平衡正向移动，QZ2（g）的转化率增大，故压强P1＜P2，故答案为：＜；②a．反应速率v（QZ2）=v（QZ3），未指明正逆速率，不能说明到达平衡，若分别表示正、逆速率时反应到达平衡，故a错误；b．随反应进行气体物质的量减小，恒温恒容下，压强减小，当体系的压强保持不变时，说明到达平衡，故b正确；c．混合气体总质量不变，容器容积不变，混合气体的密度为定值，始终保持不变，故c错误；d．QZ2和Z2按物质的量1：3混合，二者氨气2：1反应，随反应进行二者体积之比发生变化，当二者体积比保持不变时，反应到达平衡状态，故d正确；由方程式可知，△c（QZ2）=△c（QZ3）=1.6mol/L，故0～10min内，v（QZ2）==0.16mol/（L．min），故答案为：bd；0.16mol/（L．min）；（5）以NH3为燃料设计成燃料电池，电极材料均为惰性电极，KOH溶液作电解质溶液，原电池负极发生氧化反应，氨气在负极失去电子，碱性条件下可以得到氮气与水，该电池负极电极反应式为：2NH3﹣6e﹣+6OH﹣=N2+6H2O，故答案为：2NH3﹣6e﹣+6OH﹣=N2+6H2O．【点评】本题考查结构性质位置关系应用、盖斯定律应用、化学平衡计算与影响因素、平衡状态判断、化学平衡图象、原电池等，注意掌握金属性、非金属强弱比较实验事实．9．金属铬污染环境，其主要来源于冶金、水泥等工业产生的废水，煤和石油燃烧的废气中也含有颗粒状的铬．（1）某兴趣小组拟定以下流程，对含Cr3+、Fe2+等离子的废水进行无害化处理．请回答下列问题：。

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