漳浦二中2015届高考化学复习综合测试2(答案)

漳浦二中2015届高考化学复习综合测试1

漳浦二中2015届高考化学复习综合测试1相对原子质量：C-12，H-1，O-16，N-14，Al –27，Fe-56，S-32，Cl –35.5，Cu –64，Ag-108一、选择题（每小题4分，共48分）1、下列说法中正确的是( )A ．2 mol CH 4的质量和O 2的摩尔质量都是32 gB ．1 mol 任何气体中都含有相同的原子数C ．0.5 mol NaCl 约含有6.02×1023个离子D ．1 mol/L KCl 溶液中含有溶质1 mol2、氧化还原反应与四种基本反应类型的关系如图所示，则下列化学反应属于阴影3区域的是( )A ．Cl 2＋2NaI===2NaCl ＋I 2B ．NH 4HCO 3NH 3↑＋H 2O ＋CO 2↑C ．4Fe(OH)2＋O 2＋2H 2O===4Fe(OH)3D ．Fe 2O 3＋3CO2Fe ＋3CO 23、下列有关化学反应过程或实验现象的叙述中，正确的是( )A ．氨气的水溶液可以导电，说明氨气是电解质B ．漂白粉和明矾都常用于自来水的处理，二者的作用原理是相同的C ．氯气可以使湿润的有色布条褪色，说明氯气具有漂白作用D ．在滴有酚酞Na 2CO 3溶液中慢慢滴入BaCl 2溶液，溶液的红色逐渐变浅最后褪色4、把0.6 mol X 气体和0.4 mol Y 气体混合于2 L 容器中，使它们发生如下反应：3X(g)＋Y(g)===n Z(g)＋2W(g)，在 5 min 时已经生成0.2 mol W ，若测知以Z 的浓度变化表示平均反应速率为0.01 mol/(L·min)，则上述反应中Z 气体的化学计量数n 的值是( )A ．1B ．2C ．3D ．45、短周期元素X 、Y 、Z 、W 的原子序数依次增大，X 原子的最外层电子数是其内层电子总数的3倍，Y 原子的最外层只有2个电子，Z 单质可制成半导体材料，W 与X 属于同一主族。

福建省漳州市漳浦三中2015_2016学年高二化学上学期第二次调研试卷理(含解析)

2015-2016学年福建省漳州市漳浦三中高二（上）第二次调研化学试卷（理科）一、选择题（本题包括20小题，每小题3分，共60分，每小题只有一个正确答案）1．化学平衡主要研究下列哪一类反应的规律（）A．部分反应B．任何反应C．可逆反应D．气体反应2．用3g块状大理石与30mL 3mol/L盐酸反应制取CO2气体，若要增大反应速率，可采取的措施是（）①再加入30mL 3mol/L盐酸②改用30mL 6mol/L盐酸③改用3g粉末状大理石④适当升高温度．A．①②④B．②③④C．①③④D．①②③3．对于可逆反应C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g），在一定温度下达到平衡时，其平衡常数表达式正确的是（）A．K=B．K=C．K=D．K=4．在2A+B⇌3C+4D中，表示该反应速率最快的是（）A．υ（A）=0.5molL﹣1S﹣1B．υ（B）=0.3 molL﹣1S﹣1C．υ（C）=0.8molL﹣1S﹣1D．υ（D）=1 molL﹣1S﹣15．可逆反应达到平衡的重要特征是（）A．反应停止了B．正、逆反应的速率均为零C．正、逆反应都还在继续进行D．正、逆反应的速率相等6．对于锌﹣铜﹣稀硫酸组成的原电池装置中，当导线中有1mol电子通过时，理论上的两极变化是（）①锌片溶解了32.5g ②锌片增重32.5g ③铜片上析出1g H2④铜片上析出1mol H2．A．①③B．①④C．②③D．②④7．下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是（）A．溴水中有下列平衡：Br2+H2O⇌HBr+HBrO当加入AgNO3（s）后溶液颜色变浅B．2NO2（g）⇌N2O4（g）（正反应放热），升高温度可使体系颜色加深C．反应CO+NO2⇌CO2+NO（正反应放热），升高温度可使平衡向逆反应方向移动D．合成氨反应N2+3H2⇌2NH3（正反应放热）中使用催化剂8．X、Y、Z、M代表四种金属元素．金属X和Z用导线连接放入稀硫酸中时，X溶解，Z极上有氢气放出；若电解Y2+和Z2+离子共存的溶液时，Y先析出；又知M2+离子的氧化性强于Y2+离子．则这四种金属的活动性由强到弱的顺序为（）A．X＞Y＞Z＞M B．X＞Z＞Y＞M C．M＞Z＞X＞Y D．X＞Z＞M＞Y9．一定条件下反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g ）在10L的密闭容器中进行，测得2min内，N2的物质的量由20mol减小到8mol，则2min内N2的反应速率为（）A．1.2mol/（Lmin）B．1mol/（Lmin）C．0.6mol/（Lmin）D．0.4mol/（Lmin）10．某化学反应其△H=﹣122kJmol﹣1，△S=231Jmol﹣1K﹣1，则此反应在下列哪种情况下可自发进行（）A．在任何温度下都能自发进行B．在任何温度下都不能自发进行C．仅在高温下自发进行D．仅在低温下自发进行11．可逆反应：2NO2⇌2NO+O2在固定体积密闭容器中反应，达到平衡状态的标志是（）①单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2；②单位时间内生成n mol O2的同时，生成2n mol NO；③用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2：2：1的状态；④混合气体的颜色不再改变的状态；⑤混合气体的密度不再改变的状态；⑥混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态．A．①④⑥B．②③⑤C．①③④D．①②③④⑤⑥12．右图是一个一次性加热杯的示意图．当水袋破裂时，水与固体碎块混和，杯内食物温度逐渐上升．制造此加热杯可选用的固体碎块是（）A．硝酸铵B．生石灰C．氯化镁D．食盐13．在一密闭容器中，反应aA（g）⇌bB（g）达平衡后，保持温度不变，将容器体积增加一倍，当达到新的平衡时，A的浓度变为原来的60%，则（）A．平衡向正反应方向移动了B．平衡向逆反应方向移动了C．物质B的质量分数增加了D．a＜b14．对处于化学平衡的体系，以化学平衡与化学反应速率的关系可知（）A．化学反应速率变化时，化学平衡一定发生移动B．正反应进行的程度大、正反应速率一定大C．化学平衡发生移动时、化学反应速率一定变化D．只有催化剂存在下，才会发生化学反应速率变化，而化学平衡不移动的情况15．图为某化学反应速率﹣时间图．在t1时刻升高温度或增大压强，都符合下图所示变化的反应是（）A．2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）；△H＜0B．4NH3（g）+O2（g）⇌4NO（g）+6H2O （g）；△H＜0C．H2（g）+I2（g）⇌2HI （g）；△H＞0D．C （s）+H2O （g）⇌CO （g）+H2（g）；△H＞016．已知：2Zn（s）+O2（g）=2ZnO（s）△H=﹣701.0kJmol﹣12Hg（l）+O2（g）=2HgO（s）△H=﹣181.6kJmol﹣1则反应Zn（s）+HgO（s）=ZnO（s）+Hg（l）的△H为（）A．+519.4kJmol﹣1B．﹣259.7 kJmol﹣1C．+259.7 kJmol﹣1D．﹣519.4kJmol﹣117．下列哪种说法可以证明反应．N2+3H2⇌2NH3已达到平衡状态（）A．1个N≡N键断裂的同时，有6个H﹣H键断裂B．1个N≡N键断裂的同时，有3个H﹣H键断裂C．1个N≡N键断裂的同时，有6个N﹣H键断裂D．1个N≡N键断裂的同时，有6个N﹣H键形成18．在PCl5（g）⇌PCl3（g）+Cl2（g），达到平衡后，其它条件不变，向平衡体系中加入37Cl2，达到新平衡后，含37Cl的物质的量有（）A．只有PCl5B．只有PCl3C．只有Cl2D．以上三种物质都有19．某化学科研小组研究在其他条件不变时，改变某一条件对化学平衡的影响，得到如下变化规律（图中P表示压强，T表示温度，n表示物质的量）：根据以上规律判断，上列结论正确的是（）A．反应Ⅰ：△H＞0，P2＞P1B．反应Ⅱ：△H＜0，T1＞T2C．反应Ⅲ：△H＞0，T2＜T1；或△H＜0，T2＞T1D．反应Ⅳ：△H＜0，T2＞T120．T℃时，A气体与B气体反应生成C气体．反应过程中A、B、C浓度变化如图（Ⅰ）所示，若保持其他条件不变，温度分别为T1和T2时，B的体积分数与时间的关系如图（Ⅱ）所示，则下列结论正确的是（）A．在（t1+10）min时，保持其他条件不变，增大压强，平衡向逆反应方向移动B．22．钢铁在潮湿空气中发生原电池反应而发生腐蚀，此时铁是极，碳是极．若其表面吸附水膜显酸性，则电极反应式分别为：正极，负极．23．近年来，由CO2催化加氢合成甲醇的相关研究受到越来越多的关注．该方法既可解决CO2废气的利用问题，又可开发生产甲醇的新途径，具有良好的应用前景．已知4.4g CO2气体与H2经催化加氢生成CH3OH气体和水蒸气时放出4.95kJ的能量．该反应的热化学方程式为：．24．K2Cr2O7是橙红色晶体，K2Cr2O4是黄色晶体，若将K2Cr2O7配成一定浓度的溶液，可以发生的离子反应方程式为：Cr2O2﹣7+H2O⇌2CrO2﹣4+2H+，当达到平衡时，溶液的颜色在橙色和黄色之间，试回答：（1）向盛有2mL的上述K2Cr2O7溶液的试管中滴入10滴2molL﹣1的NaOH溶液，则试管中的溶液呈色．原因是．（2）向（1）所得的溶液中滴入5滴2molL﹣1的硫酸，试管中溶液呈色，理由是．25．在一定体积的密闭容器中，进行如下反应：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g），其化学平衡常数K和温度t的关系如下表所示：t℃700 800 830 1000 1200K 0.6 0.9 1.0 1.7 2.6回答下列问题：（1）该反应化学平衡常数的表达式：K= ；（2）该反应为（填“吸热”或“放热”）反应；（3）下列说法中能说明该反应达平衡状态的是A、容器中压强不变B、混合气体中c（CO）不变C、混合气体的密度不变D、c（CO）=c（CO2）E、化学平衡常数K不变F、单位时间内生成CO的分子数与生成H2O的分子数相等（4）某温度下，各物质的平衡浓度符合下式：c（CO2）c（H2）=c（CO）c（H2O），试判断此时的温度为．26．t℃时，将3mol A和1mol B气体通入体积为2L的密闭容器中（容积不变），发生如下反应：3A（g）+B（g）⇌xC（g），2min时达到平衡状态（温度不变），剩余0.8mol B，并测得C的浓度为0.4mol/L，请填写下列空白：（1）从开始反应到平衡状态，生成C的平均速率为；（2）x= ；（3）若继续向原平衡混合物的容器中通入少量氦气，化学平衡；A．向正反应方向移动 B．向逆反应方向移动 C．不移动．三、计算题（本题包括1小题共6分）27．在一定温度下，10L密闭容器中充入2mol SO2和2mol O2反应2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）达平衡时，混合器中SO3的体积分数为50%．计算：（1）SO2的转化率？（2）O2的平衡浓度．2015-2016学年福建省漳州市漳浦三中高二（上）第二次调研化学试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题（本题包括20小题，每小题3分，共60分，每小题只有一个正确答案）1．化学平衡主要研究下列哪一类反应的规律（）A．部分反应B．任何反应C．可逆反应D．气体反应【考点】化学反应的可逆性．【专题】物质的性质和变化专题．【分析】根据化学平衡概念可知，化学平衡主要研究的是可逆反应．【解答】解：化学平衡是指在一定条件下的可逆反应中，化学反应正逆反应速率相等，反应物和生成物各组分浓度不再改变的状态，所以化学平衡主要研究的是可逆反应，故A正确，故选C．【点评】本题考查了化学平衡状态的概念，题目比较基础．2．用3g块状大理石与30mL 3mol/L盐酸反应制取CO2气体，若要增大反应速率，可采取的措施是（）①再加入30mL 3mol/L盐酸②改用30mL 6mol/L盐酸③改用3g粉末状大理石④适当升高温度．A．①②④B．②③④C．①③④D．①②③【考点】化学反应速率的影响因素．【专题】化学反应速率专题．【分析】影响化学反应速率的因素有温度、浓度、压强、催化剂、x射线、固体物质的表面积等．浓度：增加反应物浓度，使反应速率加快．温度：升高温度，使反应速率加快．压强：对于有气体参与的化学反应，除体积其它条件不变时，增大压强，使反应速率加快．使用正催化剂，使反应物速率加快．【解答】解：用3克块状大理石与30毫升3摩/升盐酸反应制取CO2气体发生的反应为：CaCO3+2HCl═CaCl2+CO2↑+H2O 要增大反应速率，则：①再加入30毫升3摩/升盐酸，盐酸浓度未变，反应速率不变，故①错误；②改用30毫升6摩/升盐酸．盐酸浓度增大，增加了单位体积的活化分子的数目，从而增加有效碰撞，反应速率加快．故②正确；③改用3克粉末状大理石固体大理石的表面积增大，反应速率加快．故③正确；④适当升高温度．升高温度，反应物分子获得能量，使一部分原来能量较低分子变成活化分子，增加了活化分子的百分数，使得有效碰撞次数增多，故反应速率加大．故④正确；故选B．【点评】掌握影响化学反应速率的因素有哪些，为什么能够影响，是解题的关键，平时学习需理解记忆．3．对于可逆反应C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g），在一定温度下达到平衡时，其平衡常数表达式正确的是（）A．K=B．K=C．K=D．K=【考点】化学平衡常数的含义．【专题】化学平衡专题．【分析】平衡常数等于生成物浓度的幂次方乘积除以反应物的幂次方乘积，注意固体和纯液体不写在计算式中．【解答】解：平衡常数等于生成物浓度的幂次方乘积除以反应物的幂次方乘积，注意固体和纯液体不写在计算式中，对于可逆反应C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g），化学平衡常数K=，故选：D．【点评】本题考查化学平衡常数的定义式书写，题目较简单，注意固体和纯液体不写在平衡常数式中．4．在2A+B⇌3C+4D中，表示该反应速率最快的是（）A．υ（A）=0.5molL﹣1S﹣1B．υ（B）=0.3 molL﹣1S﹣1C．υ（C）=0.8molL﹣1S﹣1D．υ（D）=1 molL﹣1S﹣1【考点】化学反应速率和化学计量数的关系．【分析】不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故不同物质表示的速率与其化学键离子比值越大，表示的速率越快，注意单位要一致．【解答】解：不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故不同物质表示的速率与其化学键离子比值越大，表示的速率越快，A. =0.25molL﹣1S﹣1；B. =0.3molL﹣1S﹣1；C. =0.267molL﹣1S﹣1；D． =0.25molL﹣1S﹣1；反应速率v（B）＞v（C）＞v（A）=v（B），故选B．【点评】本题考查化学反应速率比较，难度不大，利用比值法可以迅速判断，也可以转化为同一物质表示的速率进行比较．5．可逆反应达到平衡的重要特征是（）A．反应停止了B．正、逆反应的速率均为零C．正、逆反应都还在继续进行D．正、逆反应的速率相等【考点】化学平衡状态的判断．【专题】化学平衡专题．【分析】根据化学平衡状态的特征分析，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、质量、体积分数以及百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，做题时要注意方程式前后气体的化学计量数的关系．【解答】解：A、反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但反应不停止，故A错误；B、反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但反应不停止，速率不为0，故B错误；C、反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但反应不停止，速率不为0，是动态平衡，故C错误；D、正逆反应速率相等，是反应达到平衡状态时的本质特征，故D正确；故选D．【点评】本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，化学平衡状态的本质是正逆反应速率相等，此点是高考的热点．6．对于锌﹣铜﹣稀硫酸组成的原电池装置中，当导线中有1mol电子通过时，理论上的两极变化是（）①锌片溶解了32.5g ②锌片增重32.5g ③铜片上析出1g H2④铜片上析出1mol H2．A．①③B．①④C．②③D．②④【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】锌﹣铜﹣稀硫酸组成的原电池装置中，较活泼的金属锌作负极，较不活泼的金属铜作正极，负极上锌失电子发生氧化反应，正极上氢离子得电子发生还原反应．【解答】解：该原电池放电时，负极上锌失电子发生氧化反应，正极上氢离子得电子发生还原反应，所以电池反应式为Zn+H2SO4=ZnSO4+H2 ↑．设当导线中有1mol电子通过时，理论上负极锌片溶解x，铜片上析出氢气y．Zn+H2SO4=ZnSO4+H2 ↑ 转移电子65g 2g 2molx y 1molx=32.5gy=1g故选A．【点评】本题以原电池原理为载体考查了物质的量的有关计算，难度不大，根据电池反应式计算即可．7．下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是（）A．溴水中有下列平衡：Br2+H2O⇌HBr+HBrO当加入AgNO3（s）后溶液颜色变浅B．2NO2（g）⇌N2O4（g）（正反应放热），升高温度可使体系颜色加深C．反应CO+NO2⇌CO2+NO（正反应放热），升高温度可使平衡向逆反应方向移动D．合成氨反应N2+3H2⇌2NH3（正反应放热）中使用催化剂【考点】化学平衡移动原理．【专题】化学平衡专题．【分析】勒夏特利原理是如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，勒夏特利原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程的平衡移动无关，则不能用勒夏特利原理解释．【解答】解：A．溴水中有下列平衡：Br2+H2O⇌HBr+HBrO，当加入AgNO3（s）后，硝酸银与溴离子反应生成溴化银沉淀，平衡正向移动，溶液颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，故A 不选；B．升高温度，平衡逆向移动，二氧化氮浓度增大，体系颜色加深，能用勒夏特列原理解释，故B不选；C．反应CO+NO2⇌CO2+NO（正反应放热），升高温度，平衡逆向移动，能用勒夏特列原理解释，故C不选；D．合成氨反应N2+3H2⇌2NH3（正反应放热），使用催化剂，加快化学反应速率，对化学平衡不产生影响，故不能用勒夏特里原理解释，故D选，故选D．【点评】本题考查了勒夏特列原理的使用条件，难度不大，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应，催化剂对化学平衡不产生影响．8．X、Y、Z、M代表四种金属元素．金属X和Z用导线连接放入稀硫酸中时，X溶解，Z极上有氢气放出；若电解Y2+和Z2+离子共存的溶液时，Y先析出；又知M2+离子的氧化性强于Y2+离子．则这四种金属的活动性由强到弱的顺序为（）A．X＞Y＞Z＞M B．X＞Z＞Y＞M C．M＞Z＞X＞Y D．X＞Z＞M＞Y【考点】常见金属的活动性顺序及其应用；原电池和电解池的工作原理．【专题】金属概论与碱元素．【分析】原电池中，负极活泼性强于正极；电解池中，在阴极上，是氧化性强的离子先放电，离子的氧化性越强，单质的还原性越弱；【解答】解：金属X和Z用导线连接放入稀硫酸中时，X溶解，Z极上有氢气放出，所以X 是负极，Z是正极，所以金属的活动性X＞Z，若电解Y2+和Z2+离子共存的溶液时，Y先析出，说明Y2+氧化性强于Z2+，所以金属的活动性Z＞Y，M2+离子的氧化性强于Y2+离子，所以金属的活动性Y＞M，综上可知四种金属的活动性由强到弱的顺序为X＞Z＞Y＞M．故选B．【点评】本题考查学生金属活泼性强弱的判断方法，要求学生具有分析和解决问题的能力，难度较大．9．一定条件下反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g ）在10L的密闭容器中进行，测得2min内，N2的物质的量由20mol减小到8mol，则2min内N2的反应速率为（）A．1.2mol/（Lmin）B．1mol/（Lmin）C．0.6mol/（Lmin）D．0.4mol/（Lmin）【考点】反应速率的定量表示方法．【分析】已知V=10L，△t=2min，△n（N2）=20mol﹣8mol=12mol，带入v=计算．【解答】解：已知V=10L，△t=2min，△n（N2）=20mol﹣8mol=12mol，v（N2）==0.6mol/（Lmin），故选C．【点评】本题考查了化学反应速率的计算方法，难度不大，将题目所给数据带入v=计算即可．10．某化学反应其△H=﹣122kJmol﹣1，△S=231Jmol﹣1K﹣1，则此反应在下列哪种情况下可自发进行（）A．在任何温度下都能自发进行B．在任何温度下都不能自发进行C．仅在高温下自发进行D．仅在低温下自发进行【考点】焓变和熵变．【专题】化学平衡专题．【分析】依据反应的焓变和熵变结合温度分析计算，△H﹣T△S＜0说明反应自发进行；【解答】解：反应自发进行需要满足，△H﹣T△S＜0：依据题干条件计算判断，△H﹣T△S=﹣122kJmol﹣1﹣T×231×10﹣3KJmol﹣1K﹣1＜0，所以反应一定是自发进行的反应；A、在任何温度下都能自发进行，故A正确；B、在任何温度下都能自发进行，故B错误；C、在任何温度下都能自发进行，故C错误；D、在任何温度下都能自发进行，故D错误；故选A．【点评】本题考查了反应自发进行的判断依据和计算应用，注意计算过程中焓变和熵变的正负号应用，题目较简单．11．可逆反应：2NO2⇌2NO+O2在固定体积密闭容器中反应，达到平衡状态的标志是（）①单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2；②单位时间内生成n mol O2的同时，生成2n mol NO；③用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2：2：1的状态；④混合气体的颜色不再改变的状态；⑤混合气体的密度不再改变的状态；⑥混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态．A．①④⑥B．②③⑤C．①③④D．①②③④⑤⑥【考点】化学平衡状态的判断．【专题】化学平衡专题．【分析】从平衡状态的两个重要特征上判断：（1）v（正）=v（逆），（2）混合物中各组成成分的百分含量不变．【解答】解：此题列出了判断可逆反应是否达到平衡状态的各种可能情况，应从平衡状态的两个重要特征上判断（1）v（正）=v（逆），（2）混合物中各组成成分的百分含量不变．①符合特征（1）；②表示的都是正反应方向；③说明了反应中各物质的转化量的关系；④NO2是红棕色气体，颜色不变时说明NO2的浓度保持不变，符合特征（2）；⑤中若是恒容条件，则ρ始终不变；若恒压条件，则ρ随反应而变；⑥也说明符合特征（2）．故①④⑥能说明是否达到平衡状态．故选A．【点评】本题考查化学平衡状态的判断，注意分析时要从化学方程式的反应特征判断，平衡状态的本质时正逆反应速率相等．12．右图是一个一次性加热杯的示意图．当水袋破裂时，水与固体碎块混和，杯内食物温度逐渐上升．制造此加热杯可选用的固体碎块是（）A．硝酸铵B．生石灰C．氯化镁D．食盐【考点】吸热反应和放热反应．【分析】根据常见的放热反应有：大多数的化合反应，酸碱中和的反应，金属与酸的反应，金属与水的反应，燃烧反应，爆炸反应；常见的吸热反应有：大多数的分解反应，C、CO、H2还原金属氧化物，铵盐与碱的反应；结合题意可知水与固体碎片混合时放出热量，即为放热反应来解答．【解答】解：A、硝酸铵与水混合时，吸收热量，故A错误；B、生石灰（CaO）与水反应时放出热量，故B正确；C、氯化镁溶于水没有明显的热效应，故C错误；D、食盐溶于水也没有明显的热效应，故D错误；故选：B．【点评】本题考查常见的放热和吸热反应，明确物质的性质、掌握常见的放热反应和吸热反应是解决该类题目的关键．13．在一密闭容器中，反应aA（g）⇌bB（g）达平衡后，保持温度不变，将容器体积增加一倍，当达到新的平衡时，A的浓度变为原来的60%，则（）A．平衡向正反应方向移动了B．平衡向逆反应方向移动了C．物质B的质量分数增加了D．a＜b【考点】化学平衡建立的过程；化学平衡移动原理．【专题】化学平衡专题．【分析】采用假设法分析，假设a=b，保持温度不变，将容器体积增加一倍，平衡不移动，A和B的浓度应均是原来的倍，与达到新的平衡时A的浓度变相比判断平衡移动，再根据平衡移动逐项判断．【解答】解：采用假设法分析，假设a=b，保持温度不变，将容器体积增加一倍，平衡不移动，A和B的浓度应均是原来的倍，但当达到新的平衡时，A的浓度是原来的60%，说明减小压强平衡向逆反应反应方向移动．A、平衡时A的浓度是原来的60%，大于原来的倍，说明平衡向逆反应反应方向移动，故A 错误；B、平衡时A的浓度是原来的60%，大于原来的倍，说明平衡向逆反应反应方向移动，故B 正确；C、平衡应向逆反应方向移动，物质B的质量减小，混合物总质量不变，所以物质B质量分数减小，故C错误；D、增大体积，压强减小，平衡向逆反应方向移动，则说明a＞b，故D错误．故选：B．【点评】本题考查化学平衡移动问题，题目难度不大，注意通过改变体积浓度的变化判断平衡移动的方向，此为解答该题的关键．14．对处于化学平衡的体系，以化学平衡与化学反应速率的关系可知（）A．化学反应速率变化时，化学平衡一定发生移动B．正反应进行的程度大、正反应速率一定大C．化学平衡发生移动时、化学反应速率一定变化D．只有催化剂存在下，才会发生化学反应速率变化，而化学平衡不移动的情况【考点】化学反应速率的影响因素．【专题】化学反应速率专题．【分析】化学平衡是否发生变化，取决于正逆反应速率的关系，如正逆反应速率相等，则平衡不移动，如正反应速率大于逆反应速率，平衡向正反应方向移动，否则向逆反应方向移动，催化剂改变反应速率不改变化学平衡．【解答】解：A．使催化剂化学反应速率都加快，但平衡不移动，故A错误；B．减小生成物的浓度，平衡正向移动，正反应进行的程度增大，逆反应的速率减小，所以限度变大和速率不一定增大，故B错误；C．平衡移动是外界条件改变，导致正逆反应速率不等，所以化学平衡发生移动时、化学反应速率一定变化，故C正确；D．两边气体化学计量数相等的，改变压强平衡也不移动，所以不一定是催化剂，故D错误；故选C．【点评】本题考查化学平衡与反应速率的关系，为高频考点，侧重于基本概念、理论知识的考查，题目难度不大，注意反应是否处于平衡状态，取决于正逆反应速率的大小关系．15．图为某化学反应速率﹣时间图．在t1时刻升高温度或增大压强，都符合下图所示变化的反应是（）A．2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）；△H＜0B．4NH3（g）+O2（g）⇌4NO（g）+6H2O （g）；△H＜0C．H2（g）+I2（g）⇌2HI （g）；△H＞0D．C （s）+H2O （g）⇌CO （g）+H2（g）；△H＞0【考点】化学反应速率与化学平衡图象的综合应用．【专题】化学平衡图像．【分析】根据图知，升高温度或增大压强时，逆反应速率大于正反应速率，则平衡逆向移动，说明逆反应是吸热反应、反应前后气体计量数之和增大，据此分析解答．【解答】解：根据图知，升高温度或增大压强时，逆反应速率大于正反应速率，则平衡逆向移动，升高温度平衡向吸热方向移动、增大压强平衡向气体体积减小方向移动，所以该图象说明逆反应是吸热反应、反应前后气体计量数之和增大，符合条件的为B，故选B．【点评】本题考查图象分析，为高频考点，明确压强、温度对化学平衡影响原理及v﹣t图象是解本题关键，会根据图象判断移动方向，题目难度不大．16．已知：2Zn（s）+O2（g）=2ZnO（s）△H=﹣701.0kJmol﹣12Hg（l）+O2（g）=2HgO（s）△H=﹣181.6kJmol﹣1则反应Zn（s）+HgO（s）=ZnO（s）+Hg（l）的△H为（）A．+519.4kJmol﹣1B．﹣259.7 kJmol﹣1C．+259.7 kJmol﹣1D．﹣519.4kJmol﹣1【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】依据热化学方程式和盖斯定律的计算应用，通过改变系数、方向进行合并得到所需要的热化学方程式的焓变．【解答】解：①2Zn（s）+O2（g）=2ZnO（s）△H=﹣701.0kJmol﹣1②2Hg（l）+O2（g）=2HgO（s）△H=﹣181.6kJmol﹣1依据盖斯定律，利用热化学方程式计算①﹣②得到：2Zn（s）+2HgO（s）=2ZnO（s）+2Hg （l）△H=﹣519.4KJ/mol；则反应：Zn（s）+HgO（s）=ZnO（s）+Hg（l）△H=﹣259.7KJ/mol；故选B．【点评】本题考查了热化学方程式的书写和盖斯定律的计算应用，注意热化学方程式在金属应用过程中，系数改变焓变同等改变，方向改变焓变符号改变，题目较简单．17．下列哪种说法可以证明反应．N2+3H2⇌2NH3已达到平衡状态（）A．1个N≡N键断裂的同时，有6个H﹣H键断裂B．1个N≡N键断裂的同时，有3个H﹣H键断裂C．1个N≡N键断裂的同时，有6个N﹣H键断裂D．1个N≡N键断裂的同时，有6个N﹣H键形成【考点】化学平衡状态的判断．【分析】可逆反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）是反应前后气体体积减小的反应，达到平衡状态时，同一物质的正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理量也不变，据此分析解答．【解答】解：A、1个N≡N键断裂的同时，有6个H﹣H键断裂，都是正反应速率，无法判断是否达到平衡状态，故A错误；B、1个N≡N键断裂的同时，有3个H﹣H键断裂，都是正反应速率，无法判断是否达到平衡状态，故B错误；C、1个N≡N键断裂的同时，有6个N﹣H键断裂，表示正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故C正确；D、1个N≡N键断裂的同时，有6个N﹣H键形成，表示的都是正反应速率，无法判断是否达到平衡状态，故D错误；故选C．【点评】本题考查化学平衡状态的判断，题目难度中等，注意化学平衡状态的根本标志是：①v（正）=v（逆），②各组分百分含量不变；在解题时要牢牢抓住这两个根本标志，并明确气体的颜色、密度、压强、平均相对分子质量的变化与根本标志的关系．18．在PCl5（g）⇌PCl3（g）+Cl2（g），达到平衡后，其它条件不变，向平衡体系中加入37Cl2，达到新平衡后，含37Cl的物质的量有（）A．只有PCl5B．只有PCl3C．只有Cl2D．以上三种物质都有。

福建省漳州市2015届高三化学冲刺试卷(2)(含解析)

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．。

漳浦二中2015届高考化学复习综合测试6

漳浦二中2015届高考化学复习综合测试6相对原子质量：C-12，H-1，O-16，N-14 （选择题每小题6分，共42分）6．化学与社会、生产、生活密切相关。

下列说法正确的是（）A ．氯气是生产塑料、合成橡胶、合成纤维、农药、染料及药品的重要原料B ．乙醇、糖类和蛋白质都是人体必需的营养物质C ．神舟10号飞船所用太阳能电池板可将光能转换为电能，所用转换材料是二氧化硅D ．日常生活中人们大量使用铝制品，是因为常温下铝不能与氧气反应 7．W 、X 、Y 、Z）A ．Z 的氧化物属于碱性氧化物B ．离子半径：Z>WC ．最高价氧化物对应水化物的碱性：Y>ZD ．气态氢化物的热稳定性：X>W8．图Ⅰ的目的是精炼铜，图Ⅱ的目的是保护钢闸门。

下列说法不正确．．．的是（）A ．图Ⅰ中a 为纯铜B ．图Ⅰ中SO 42– 向b 极移动C ．图Ⅱ中如果a 、b 间连接电源，则a 连接负极D ．图Ⅱ中如果a 、b 间用导线连接，则X 可以是铜 9．下列说法正确的是（）A ．滴定用的锥形瓶和滴定管都要用所盛溶液润洗B ．配制一定物质的量浓度的溶液时，所用的容量瓶要预先干燥C ．乙醇、乙酸、乙酸乙酯三种液体可用饱和Na 2CO 3溶液鉴别D ．右图装置可用于分离沸点不同的液体混合物10．甲、乙、丙、X 是中学化学中常见的4种物质，其转化关系符合下图所示。

其中甲和X 不可能是（）A ．甲为C 、X 为O 2B ．甲为Fe 、X 为Cl 2C ．甲为SO 2、X 为NH 3·H 2OD ．甲为AlCl 3溶液、X 为NaOH 溶液11．常温下，0.1mo1·L —1的某酸HR 溶液的pH = 3，下列叙述正确的是（）A ．若将其加水稀释至原来体积的10倍，则pH = 4B ．与NaOH 溶液反应的离子方程式：H ＋+ OH －= H 2OC ．常温下，HR 的电离平衡常数约为10—5D ．与等体积pH = 11的NaOH 溶液混合后所得溶液显碱性 12．一定条件反应：6H 2 + 2CO 2C 2H 5OH + 3H 2O的数据如下图所示。

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．。

2015年普通高等学校招生全国统一考试理综(化学部分)试题(新课标2,含解析)

2015年普通高等学校招生全国统一考试理综（化学部分）试题7．食品干燥剂应无毒、无味、无腐蚀性及环境友好。

下列说法错误的是A．硅胶可用作食品干燥剂B．P2O5不可用作食品干燥剂C．六水合氯化钙可用作食品干燥剂D．加工后具有吸水性的植物纤维可用作食品干燥剂【答案】C考点：考查干燥剂的有关判断8．某羧酸酯的分子式为C18H26O5，1mol该酯完全水解可得到1mol羧酸和2mol乙醇，该羧酸的分子式为A．C14H18O5 B．C14H16O4 C．C14H22O5 D．C14H10O5【答案】A考点：考查酯类化合物性质及分子式判断9．原子序数依次增大的元素a、b、c、d，它们的最外层电子数分别为1、6、7、1。

a－的电子层结构与氦相同，b和c的次外层有8个电子，c－和d+的电子层结构相同。

下列叙述错误的是A．元素的非金属性次序为c＞b＞aB．a和其他3种元素均能形成共价化合物C．d和其他3种元素均能形成离子化合物D．元素a 、b、c各自最高和最低化合价的代数和分别为0、4、6【答案】B考点：考查元素推断及元素周期律的应用10．N A代表阿伏加德罗常数的值。

下列叙述正确的是A．60g丙醇中存在的共价键总数为10N AB．1L 0.1mol·L－1的NaHCO3－溶液中HCO3－和CO32－离子数之和为0.1N AC．钠在空气中燃烧可生成多种氧化物。

23g钠充分燃烧时转移电子数为1N AD．235g核互23592U发生裂变反应：23592U+1n9038Sr+13654U+101n净产生的中子(1n)数为10N A【答案】C考点：考查阿伏加德罗常数计算11分子式为C5H10O2并能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体的有机物有(不含量立体异构) A．3种 B．4种 C．5种 D．6种【答案】B【解析】试题分析：分子式为C5H10O2并能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体，这说明该有机物是羧酸，即分子组成为C4H9—COOH，丁基有4种，所以有机物有4种，答案选B。

2015年高考新课标Ⅱ理综化学试题解析

最新资料，word文档，可以自由编辑！！精品文档下载【本页是封面，下载后可以删除!】2015年高考新课标Ⅱ卷理综化学试题解析7．食品干燥剂应无毒、无味、无腐蚀性及环境友好。

下列说法错误的是（）A．硅胶可用作食品干燥剂B．P2O5不可用作食品干燥剂C．六水合氯化钙可用作食品干燥剂D．加工后具有吸水性的植物纤维可用作食品干燥剂解析：考察化学与生活。

硅胶、P2O5、具有吸水性的植物纤维可以作为食品干燥剂，CaCl2·6H2O没有吸水性，不能作为干燥剂。

选择C。

8．某羧酸酯的分子式为C18H26O5，1mol该酯完全水解可得到1mol羧酸和2mol乙醇，该羧酸的分子式为（）A．C14H18O5B．C14H16O4C．C14H22O5D．C14H10O5解析：考察酯的水解反应和原子守恒。

C原子数：18-2×2=14，H原子数：26+2×2-2×6=18，O原子数：5+2-2=5，分子式为C14H18O5，选择A。

9．原子序数依次增大的元素a、b、c、d，它们的最外层电子数分别为1、6、7、1。

a－的电子层结构与氦相同，b和c的次外层有8个电子，c－和d+的电子层结构相同。

下列叙述错误的是（）A．元素的非金属性次序为c＞b＞aB．a和其他3种元素均能形成共价化合物C．d和其他3种元素均能形成离子化合物D．元素a、b、c各自最高和最低化合价的代数和分别为0、4、6解析：考察元素推断与元素周期律。

a－的电子层结构与氦相同，a是H，b和c的次外层有8个电子，最外层电子数为6、7，b是S、Cl，c－和d+的电子层结构相同，d是K。

根据元素周期律，元素的非金属性：Cl>S>H；H与S可以形成H2S，H与Cl可以形成HCl，属于共价化合物，H与K形成离子化合物KH；K与H形成KH，与S形成K2S，与Cl 形成KCl都属于离子化合物，H的最高和最低化合价的代数和为0，S的最高和最低化合价的代数和为4，Cl最高和最低化合价的代数和为6，选择B。

2015年全国统一高考化学试卷(新课标Ⅱ)与解析

2015年新课标II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3分，满分21分）1．（3分）食品干燥剂应无毒、无味、无腐蚀性及环境友好．下列说法错误的是（）A．硅胶可用作食品干燥剂B．P2O5不可用作食品干燥剂C．六水合氯化钙可用作食品干燥剂D．加工后具有吸水性的植物纤维可用作食品干燥剂2．（3分）某羧酸酯的分子式为C18H26O5，1mol该酯完全水解可得到1mol羧酸和2mol乙醇，该羧酸的分子式为（）A．C14H18O5B．C14H16O4C．C16H22O5D．C16H20O53．（3分）原子序数依次增大的元素a、b、c、d，它们的最外层电子数分别为1、6、7、1．a ﹣的电子层结构与氦相同，b和c的次外层有8个电子，c﹣和d+的电子层结构相同．下列叙述错误的是（）A．元素的非金属性次序为c＞b＞aB．a和其他3种元素均能形成共价化合物C．d和其他3种元素均能形成离子化合物D．元素a、b、c各自最高和最低化合价的代数和分别为0、4、64．（3分）N A代表阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是（）A．60g丙醇中存在的共价键总数为10NAB．1L 0.1mol•L﹣1的NaHCO3溶液中HCO3﹣和CO32﹣离子数之和为0.1N AC．钠在空气中燃烧可生成多种氧化物．23g钠充分燃烧时转移电子数为1NAD．235g核素92235U发生裂变反应：92235U+1n3890Sr+54136U+101n净产生的中子（1n）数为10NA5．（3分）分子式为C5H10O2并能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体的有机物有（不含量立体异构）（）A．3种B．4种C．5种D．6种6．（3分）海水开发利用的部分过程如图所示．下列说法错误的是（）A．向苦卤中通入Cl2是为了提取溴B．粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯C．工业生产常选用NaOH作为沉淀剂D．富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收7．（3分）用图所示装置进行下列实验：将①中溶液滴入②中，预测的现象与实际相符的是（）选项①中物质②中物质预测②中的现象A 稀盐酸碳酸钠与氢氧化钠的混合溶液立即产生气泡B 浓硝酸用砂纸打磨过的铝条产生红棕色气体C 氯化铝溶液浓氢氧化钠溶液产生大量白色沉淀D 草酸溶液高锰酸钾酸性溶液溶液逐渐褪色A．A B．B C．C D．D二、解答题8．（14分）酸性锌锰干电池是一种一次电池，外壳为金属锌，中间是碳棒，其周围是有碳粉，二氧化锰，氯化锌和氯化铵等组成的填充物，该电池在放电过程产生MnOOH，回收处理该废电池可以得到多种化工原料，有关数据下表所示：溶解度/（g/100g水）0 20 40 60 80 100温度/℃化合物NH4Cl 29.3 37.2 45.8 55.3 65.6 77.3ZnCl2343 395 452 488 541 614化合物Zn（OH）Fe（OH）2Fe（OH）32K sp近似值10﹣1710﹣1710﹣39回答下列问题：（1）该电池的正极反应式为，电池反应的离子方程式为：．（2）维持电流强度为0.5A，电池工作五分钟，理论消耗锌g．（已经F=96500C/mol）（3）废电池糊状填充物加水处理后，过滤，滤液中主要有ZnCl2和NH4Cl，两者可以通过分离回收，滤渣的主要成分是MnO2、和，欲从中得到较纯的MnO2，最简便的方法是，其原理是．（4）用废电池的锌皮制作ZnSO4•7H2O的过程中，需除去铁皮中的少量杂质铁，其方法是：加入稀H2SO4和H2O2，溶解，铁变为加碱调节pH为时，铁刚好沉淀完全（离子浓度小于1×10﹣5mol•L﹣1时，即可认为该离子沉淀完全）．继续加碱调节pH为时，锌开始沉淀（假定Zn2+浓度为0.1mol•L﹣1）．若上述过程不加H2O2的后果是，原因是．9．（14分）甲醇既是重要的化工原料，又可作为燃料．利用合成气（主要成分为CO、CO2和H2）在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主要反应如下：①CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H1②CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g ）+H2O（g）△H2③CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H3回答下列问题：H﹣O C﹣H化学键H﹣H C﹣OC≡OE/（kJ．mol﹣1）436 343 1076 465 413（1）已知反应①中的相关的化学键键能数据如下：由此计算△H1= kJ．mol﹣1，已知△H2=﹣58kJ．mol﹣1，则△H3= kJ．mol﹣1（2）反应①的化学平衡常数K的表达式为；图1中能正确反映平衡常数K随温度变化关系的曲线为（填曲线标记字母），其判断理由是．（3）合成气的组成n（H2）/n（CO+CO2）=2.60时体系中的CO平衡转化率（a）与温度和压强的关系如图2所示．a（CO）值随温度升高而（填“增大”或“减小”），其原因是．图2中的压强由大到小为，其判断理由是10．（15分）二氧化氯（ClO2，黄绿色易溶于水的气体）是高效、低毒的消毒剂，回答下列问題：（1 ）工业上可用KClO3与Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2，该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为．（2）实验室用NH4Cl、盐酸、NaClO2（亚氯酸钠）为原料，通过以下过程制备ClO2：①电解时发生反应的化学方程式为．②溶液X中大量存在的阴离子有．③除去ClO2中的NH3可选用的试剂是（填标号）a．水b．碱石灰C．浓硫酸d．饱和食盐水（3）用如图装置可以测定混合气中ClO2的含量：Ⅰ．在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用50mL水溶解后，再加入3mL稀硫酸：Ⅱ．在玻璃液封装置中加入水．使液面没过玻璃液封管的管口；Ⅲ．将一定量的混合气体通入锥形瓶中吸收；Ⅳ．将玻璃液封装置中的水倒入锥形瓶中：Ⅴ．用0.1000mol•L﹣1硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液（I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣），指示剂显示终点时共用去20.00mL硫代硫酸钠溶液．在此过程中：①锥形瓶内ClO2与碘化钾反应的离子方程式为②玻璃液封装置的作用是③V中加入的指示剂通常为，滴定至终点的现象是④测得混合气中ClO2的质量为 g．（4）用ClO2处理过的饮用水会含有一定最的亚氯酸盐．若要除去超标的亚氯酸盐，下列物质最适宜的是 d （填标号）a．明矾b．碘化钾c．盐酸d．硫酸亚铁．三、化学——选修2：化学与技术。