甘肃省兰州市西北师大附中2015届高考化学四诊试卷
高一化学上学期期中-2015-2016学年甘肃西北师大附中高一上学期期中考试化学化学试题及答案及答案
2015-2016学年甘肃省西北师大附中高一（上）期中考试化学试卷一、选择题（共15小题，每小题3分，共45分，每小题只有一个选项符合题意）1．著名化学家、诺贝尔奖获得者西博格博士1979年在美国化学会成立100周年大会上的讲话中指出“化学是人类进步的关键”．下列对化学的认识不正确的是（）A．英国科学家道尔顿1661年提出化学元素的概念，标志着近代化学的诞生B．化学是在原子、分子水平上认识物质的组成、结构、性质、变化、制备和应用的自然科学C．化学既是一门具有创造性的科学，还是一门具有实用性的科学D．现代化学还将在能源与资源、材料科学、环境科学、医药与健康等领域产生广泛的影响2．下列有关实验现象的叙述，不正确的是（）A．氢气在氯气中燃烧，发出苍白色火焰B．铁丝在氯气中燃烧，生成红棕色烟C．钠在氯气中燃烧，生成白色的烟D．铜丝在氯气中燃烧，生成蓝色的烟3．一小块金属钠放入下列溶液中，既能产生气体又会生成白色沉淀的是（）A．稀硫酸B．氢氧化钾稀溶液D．饱和石灰水溶液C．硫酸铜溶液4．取一小块金属钠放在燃烧匙里加热，下列实验现象：描述正确的是（）①金属先熔化②在空气中燃烧，放出黄色火花③燃烧后得白色固体④燃烧时火焰为黄色⑤燃烧后生成淡黄色固体物质．A．①②B．①②③ C．①④⑤ D．④⑤5．下列关于氯气的实验装置能达到实验目的或实验效果的是（）①可用于氯气的收集②可用于除去氯气中少量的氯化氢气体③可证明氯气具有漂白性④可用于实验室氯气的尾气吸收．A ．①②B ．①③C ．②③D ．①④6．工业上常用氯气给自来水消毒．某学生用自来水配制下列物质的溶液，不会产生明显药品变质的是（）A ．AlCl 3B ．NaOH C ．NaHCO 3D ．AgNO 37．下列现象不能用胶体知识进行解释的是（）A ．向FeCl 3饱和溶液中滴加NaOH 溶液形成红褐色的分散系B ．一支钢笔使用两种不同牌子的蓝黑墨水，易出现堵塞C ．在河水与海水的交界处，易有三角洲形成D ．水泥厂、冶金厂常用高压电除去烟尘，是因为烟尘微粒带电荷8．下列物质的分类合理的是（）碱酸盐酸性氧化物ABCDA ．A 纯碱烧碱苛性钠KOHB ．BC ．C 盐酸硫酸醋酸碳酸D ．D 烧碱食盐石灰石纯碱二氧化硫一氧化碳水三氧化硫9．设N A 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A ．在常温、常压下，11.2L N 2含有的分子数为0.5N AB ．标准状况下，18g H 2O 的体积是22.4LC ．N A 个SO 2的体积是22.4LD ．标准状况下，22.4L H 2与O 2的混合气体所含原子数为2N A10．如图所示装置，密闭容器内分别充入空气和H 2、O 2的混合气体在可移动的活塞两边，在标准状况下若将H 2、O 2的混合气体点燃引爆，活塞先左弹，恢复原温度后，活塞右滑停留于容器的中央，则原来H 2、O 2的体积比最接近于（）A ．2：7B ．5：4C ．4：5D ．7：311．下列反应的离子方程式正确的是（）A ．氨气通入醋酸溶液CH 3COOH+NH 3═CH 3COONH 4B ．澄清的石灰水与盐酸反应：H +OH ═H 2OC ．碳酸钡加入稀硫酸：BaCO 3+2H ═Ba +H 2O+CO 2↑D ．氯气通入水中：Cl 2+H 2O ═2H +Cl +ClO 12．下列各反应，能用同一离子方程式表示的是（）A ．氢氧化铜与盐酸；氢氧化铜与醋酸B ．氯化钡溶液与硫酸铜溶液；氢氧化钡溶液与硫酸铜溶液C ．碳酸氢钠溶液与稀硫酸碳酸钠溶液与稀硫酸D ．石灰石与稀硝酸石灰石与稀盐酸13．20g A 物质和14g B 物质恰好完全反应，生成8.8g C 物质、3.6g D 物质和标准状况下4.48L 气体E ，则E 物质的摩尔质量为（）A ．100g/molB ．108g/molC ．55g/molD ．96g/mol14．由CO 2、H 2和CO 组成的混合气体在同温同压下与氮气的密度相同，则该混合气体中CO 2、H 2和CO 的体积比为（）A ．29：8：13B ．22：1：14C ．13：8：29D ．26：15：57+﹣﹣+﹣+2+15．将21.8g Na 2O 与Na 2O 2的混合物溶于足量水中，称得水溶液净重18.6g ，则混合物中Na 2O 2和Na 2O 的质量之比为（）A ．2：1 B ．78：31二、解答题（共5小题，满分55分）16．下列物质中：①Na ②蔗糖③CO ④AgCl ⑤CO 2⑥NaCl 溶液⑦NH 3⑧H 2S ⑨H 2SO 4⑩Ba （OH ）2属于电解质的是；属于强电解质的是；C ．78：62D ．39：62属于非电解质的是；能导电的是；属于酸性氧化物的是．17．现有失去标签的CaCl 2、AgNO 3、HCl 、和Na 2CO 3四瓶溶液．为了确定四种溶液的成分，将它们编号为A 、B 、C 、D 后进行化学实验．实验记录如下：实验顺序①②③④实验内容A+B B+D C+B A+D 实验现象无明显现象有无色无味气体放出有白色沉淀生成有白色沉淀生成根据上述实验完成下列各小题：（1）A 、B 、C 、D 四瓶溶液分别是（用化学式表示所含溶质）AB CD（2）写出B 与D 反应的离子方程式写出B 与C 反应的离子方程式．18．实验需要0.1mol/LNaOH 溶液450ml ，根据溶液配制中情况回答下列问题：（1）实验中必须用到的玻璃仪器有：．（2）根据计算得知，所需NaOH 的质量为g ．（3）配制时，其正确的操作顺序是（字母表示，每个字母只能用一次）；A ．用50mL 水洗涤烧杯2﹣3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡B ．用托盘天平准确称量取所需的NaOH 的质量，倒入烧杯中加入适量水，用玻璃棒慢慢搅动．C ．将已冷却的NaOH 溶液沿玻璃棒注入500mL 的容量瓶中D ．将容量瓶盖紧，振荡，摇匀E ．加水至离刻度线1～2cm 处改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度相切（4）下列操作对所配浓度有何影响（填写字母）偏大的有；偏小的有；无影响的有．A ．称量用了生锈的砝码；B ．将NaOH 放在纸张上称量；C．NaOH在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中；D．往容量瓶转移时，有少量液体溅出E．未洗涤溶解NaOH的烧杯F．定容时仰视刻度线G．容量瓶未干燥即用来配制溶液H．定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面不到刻度线，再加水至刻度线．19．如图所示下列反应皆为常见反应（部分反应条件省略），其中A、B、F均为单质，其余物质均为化合物且D常温下为液态，H是84消毒液的有效成分．（1）写出G的化学式F化学式（2）写出C与D反应的化学方程式（3）写出CO2通入H溶液的离子方程式（4）消耗7.8g C可以生产标准状况下的B L．20．实验室中所用少量氯气是用下列方法制取的，4HCl（浓）+MnO2Cl2↑+MnCl2+2H2O试回答下列问题：（1）实验室中可采用溶液来吸收有毒的氯气，写出该反应的离子方程式．（2）实验取质量分数为36.5%，密度为1.19g•cm，浓盐酸100mL，反应结束后测得盐酸的浓度变为1.9mol/L，（忽略体积的变化）请你计算出实验过程生成标况下的Cl2多少L（写出计算过程）﹣3参考答案与试题解析一、选择题（共15小题，每小题3分，共45分，每小题只有一个选项符合题意）1．著名化学家、诺贝尔奖获得者西博格博士1979年在美国化学会成立100周年大会上的讲话中指出“化学是人类进步的关键”．下列对化学的认识不正确的是（）A．英国科学家道尔顿1661年提出化学元素的概念，标志着近代化学的诞生B．化学是在原子、分子水平上认识物质的组成、结构、性质、变化、制备和应用的自然科学C．化学既是一门具有创造性的科学，还是一门具有实用性的科学D．现代化学还将在能源与资源、材料科学、环境科学、医药与健康等领域产生广泛的影响【分析】波义耳：英国化学家，物理学家．于1661年提出化学元素的概念，标志着近代化学科学的诞生．道尔顿：英国化学家和物理学家，于1803年提出了原子学说，为近代化学的发展奠定了坚实的基础．【解答】解：A．英国化学家波义耳1661年提出化学元素的概念，标志着近代化学的诞生，不是道尔顿，故A错误．B．原子是化学变化的最小微粒，分子是保持化学性质的最小微粒，所以化学是在原子、分子水平上认识物质的组成、结构、性质、变化、制备和应用的自然科学，故B正确．C．化学研究物质的组成、结构、性质、变化、制备和应用的自然科学，是一门具有创造性和实用性的科学，故C正确．D．现代化学与能源、材料、环境、医药与健康息息相关，故D正确．故选A．2．下列有关实验现象的叙述，不正确的是（）A．氢气在氯气中燃烧，发出苍白色火焰B．铁丝在氯气中燃烧，生成红棕色烟C．钠在氯气中燃烧，生成白色的烟D．铜丝在氯气中燃烧，生成蓝色的烟【分析】氯气具有强氧化性，可与氢气反应，点燃时有苍白色火焰，与钠、铁、铜反应时可根据生成物的颜色判断反应现象的可能性．【解答】解：铜在氯气中燃烧，可观察到有棕黄色的烟，生成氯化铜，其它选项正确．故选D ．3．一小块金属钠放入下列溶液中，既能产生气体又会生成白色沉淀的是（）A ．稀硫酸B ．氢氧化钾稀溶液D ．饱和石灰水溶液C ．硫酸铜溶液【分析】根据钠的化学性质：与水、酸、盐溶液的反应，利用2Na+2H 2O=2NaOH+H 2↑及生成的碱与盐的反应来得出反应现象．【解答】解：A ．钠与稀硫酸反应生成硫酸钠和氢气，不会产生沉淀，故A 不选；B ．钠与氢氧化钾溶液反应实质钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，不会产生沉淀，故B 不选；C ．钠与硫酸铜溶液反应生成硫酸钠、氢氧化铜沉淀和水，产生气体生成蓝色沉淀，故C 不选；D ．钠与饱和石灰水溶液中的水反应生成氢氧化钠和氢气，反应放热，氢氧化钙溶解度随着温度升高而降低，所以有白色固体析出，故D 选；故选：D ．4．取一小块金属钠放在燃烧匙里加热，下列实验现象：描述正确的是（）①金属先熔化②在空气中燃烧，放出黄色火花③燃烧后得白色固体④燃烧时火焰为黄色⑤燃烧后生成淡黄色固体物质．A ．①②B ．①②③C ．①④⑤D ．④⑤【分析】钠在加热条件下与氧气发生反应时，由于钠的熔点较低，先熔化，与氧气在加热条件下反应生成淡黄色过氧化钠固体，燃烧时火焰为黄色．【解答】解：①由于钠的熔点较低，先熔化，故①正确；②钠在加热条件下能在空气中燃烧，但不加热时，生成氧化钠，没有没有燃烧，并且观察不到黄色火花，故②错误；③生成过氧化钠，为黄色固体，故③错误；④钠的焰色反应为黄色，燃烧时火焰为黄色故④正确；⑤与氧气在加热条件下反应生成淡黄色过氧化钠固体，故⑤正确．故选C ．5．下列关于氯气的实验装置能达到实验目的或实验效果的是（）①可用于氯气的收集②可用于除去氯气中少量的氯化氢气体③可证明氯气具有漂白性④可用于实验室氯气的尾气吸收．A．①②B．①③C．②③D．①④【分析】氯气密度比空气大，微溶于水，难溶于饱和食盐水，干燥的氯气不具有漂白性，可与水反应生成具有漂白性的次氯酸，氯气可与氢氧化钠反应，以此解答该题．【解答】解：①氯气密度比空气大，可用向上排空气法收集氯气，可用于氯气的收集，故①正确；②氯气微溶于水，难溶于饱和食盐水，可用饱和食盐水除去氯气中少量的氯化氢气体，故②错误；③干燥的氯气不具有漂白性，应用干燥的氯气实验验证，故③错误；④氯气可与氢氧化钠反应，可用于实验室氯气的尾气吸收，故④正确．故选D．6．工业上常用氯气给自来水消毒．某学生用自来水配制下列物质的溶液，不会产生明显药品变质的是（）A．AlCl3B．NaOH C．NaHCO3D．AgNO3【分析】自来水用氯气消毒，氯气溶液水形成氯水，依据氯水的成分分析解答．【解答】解：氯气部分溶于水，Cl2+H2O=HCl+HClO，所以溶液中存在氯气、盐酸、次氯酸等，与氯水中的物质不发生反应，A、与氯化铝不反应，不变质，故A选；B、NaOH与盐酸反应生成氯化钠和水，变质，故B不选；C、NaHCO3与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，而变质，故C不选；D、AgNO3与盐酸反应生成难溶的氯化银，而变质，故D不选；故选：A．7．下列现象不能用胶体知识进行解释的是（）A．向FeCl3饱和溶液中滴加NaOH溶液形成红褐色的分散系B．一支钢笔使用两种不同牌子的蓝黑墨水，易出现堵塞C．在河水与海水的交界处，易有三角洲形成D．水泥厂、冶金厂常用高压电除去烟尘，是因为烟尘微粒带电荷【分析】A．氯化铁与氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀；B．带相反电荷的胶体混合发生聚沉；C．江河入海口三角洲的形成是胶体聚沉的结果；D．工厂烟尘属于气溶胶，胶体具有电泳性质．【解答】解：A．氯化铁与氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀，与胶体无关，故A错误；B．带相反电荷的胶体混合发生聚沉，故B正确；C．江河中的泥浆属于胶体，江河入海口三角洲的形成是胶体聚沉的结果，故C正确；D．工厂烟尘属于气溶胶，用高压电除去工厂烟尘是应用了胶体的电泳性质，故D正确．故选A．8．下列物质的分类合理的是（）碱酸盐酸性氧化物ABCD A．A纯碱烧碱苛性钠KOHB．B C．C盐酸硫酸醋酸碳酸D．D烧碱食盐石灰石纯碱二氧化硫一氧化碳水三氧化硫【分析】电离时生成的阴离子全部是氢氧根离子的化合物为碱；电离出阳离子全部为氢离子及酸根离子的化合物为酸；电离出金属阳离子（或铵根离子）与酸根离子的化合物为盐；与水反应生成相应的酸的氧化物或与碱反应生成相应的盐与水的氧化物为酸性氧化物，A．纯碱是碳酸钠，属于盐，烧碱是氢氧化钠，属于碱；B．一氧化碳是不成盐氧化物；C．水呈中性；D．结合概念与物质的组成进行判断．【解答】解：A．纯碱是碳酸钠，属于盐，烧碱是氢氧化钠，属于碱，故A错误；B．烧碱是氢氧化钠，属于碱，硫酸属于酸，氯化钠属于氧，一氧化碳是不成盐氧化物，不是酸性氧化物，故B错误；C．苛性钠是氢氧化钠，属于碱，醋酸属于酸，石灰石灰石是碳酸钙，属于盐，水呈中性，不是酸性氧化物，故C错误；D．氢氧化钾属于碱，碳酸属于酸，纯碱是碳酸钠，属于盐，三氧化硫与水反应生成硫酸，属于酸性氧化物，故D正确；故选D．9．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．在常温、常压下，11.2L N2含有的分子数为0.5NAB．标准状况下，18g H2O的体积是22.4LC．NA 个SO2的体积是22.4LD．标准状况下，22.4L H2与O2的混合气体所含原子数为2NA【分析】A、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol；B、标况下水为液态；C、二氧化硫所处的状态不明确；D、氢气和氧气均为双原子分子．【解答】解：A、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故11.2L氮气的物质的量小于0.5mol，则含有的分子数小于0.5NA个，故A错误；B、标况下水为液态，故18g水即1mol水的体积小于22.4L，故B错误；C、二氧化硫所处的状态不明确，故NA个二氧化硫分子即1mol二氧化硫的体积无法确定，故C错误；D、标况下22.4L氢气和氧气的混合物的物质的量为1mol，而氢气和氧气均为双原子分子，则1mol混合物中含2mol原子即2NA个，故D正确．故选D．10．如图所示装置，密闭容器内分别充入空气和H2、O2的混合气体在可移动的活塞两边，在标准状况下若将H2、O2的混合气体点燃引爆，活塞先左弹，恢复原温度后，活塞右滑停留于容器的中央，则原来H2、O2的体积比最接近于（）A．2：7 B．5：4 C．4：5 D．7：3【分析】反应前，左右两室的体积之比为1：3，则左右两室中气体物质的量之比为1：3，反应后，活塞处于中央，两室体积相等，则两室中气体的物质的量相等，令空气的物质的量为1mol，设H2、O2的物质的量分别为xmol、ymol，讨论氢气或氧气过量计算解答．【解答】解：令空气的物质的量为1mol，反应前，左右两室的体积之比为1：3，反应前右室的物质的量为3mol，反应后，活塞处于中央，两室体积相等，则两室中气体的物质的量相等，反应后右室气体物质的量为1mol，发生反应2H2+O2设H2、O2的物质的量分别为xmol、ymol，若氢气过量，则：，解得x：y=7：2，2H2O，若氧气过量，则：故选C．，解得x：y=4：5，11．下列反应的离子方程式正确的是（）A．氨气通入醋酸溶液CH3COOH+NH3═CH3COONH4B．澄清的石灰水与盐酸反应：H+OH═H2OC．碳酸钡加入稀硫酸：BaCO3+2H═Ba+H2O+CO2↑D．氯气通入水中：Cl2+H2O═2H+Cl+ClO【分析】解：A．醋酸铵为易溶的强电解质，离子方程式中需要拆开；B．澄清石灰水中的氢氧化钙需要拆开，二者反应实质为氢离子与氢氧根离子反应生成水；C．碳酸钡与稀硫酸反应生成硫酸钡沉淀、二氧化碳气体和水；+﹣﹣+﹣+2+D ．次氯酸为弱酸，离子方程式中不能拆开．【解答】A ．氨气通入醋酸溶液生成醋酸铵，正确的离子方程式为CH 3COOH+NH 3═CH 3COO ﹣+NH 4，故A 错误；+﹣+B ．澄清的石灰水与盐酸反应的离子方程式为：H +OH ═H 2O ，故B 正确；C ．碳酸钡加入稀硫酸生成硫酸钡沉淀，正确的离子方程式为：BaCO 3+SO 4+2H ═BaSO 4+H 2O+CO 2↑，故C 错误；D ．氯气通入水中生成氯化氢和次氯酸，正确的离子方程式为：Cl 2+H 2O ═H +Cl +HClO ，故D 错误；故选B ．12．下列各反应，能用同一离子方程式表示的是（）A ．氢氧化铜与盐酸；氢氧化铜与醋酸B ．氯化钡溶液与硫酸铜溶液；氢氧化钡溶液与硫酸铜溶液C ．碳酸氢钠溶液与稀硫酸碳酸钠溶液与稀硫酸D ．石灰石与稀硝酸石灰石与稀盐酸【分析】A ．醋酸是弱电解质写化学式，HCl 是强电解质，写离子；B ．氢氧化钡和硫酸铜溶液反应还生成氢氧化铜沉淀；C ．小苏打为碳酸氢钠，而苏打为碳酸钠，阴离子不同，且HCO 3、CO 3在离子反应中均保留整体；D ．硝酸和HCl 都是强电解质，写离子．【解答】解：A ．氢氧化铜与盐酸、氢氧化铜与醋酸反应的离子方程式分别为：Cu （OH ）﹣+2+2+2+2H =Cu +2H 2O 、Cu （OH ）2+2CH 3COOH=Cu +2CH 3COO +2H 2O ，所以离子方程式不﹣2﹣++﹣2﹣同，故A 错误；B ．氯化钡溶液与硫酸铜溶液、氢氧化钡溶液与硫酸铜溶液反应离子方程式分别为：Ba +SO 4=BaSO 4↓、Ba +2OH +SO 4+Cu =BaSO 4↓+Cu （OH ）2↓，所以离子方程式不同，故B 错误；C ．小苏打为碳酸氢钠，而苏打为碳酸钠，阴离子不同，且HCO 3、CO 3在离子反应中均保留整体，碳酸钠与盐酸反应的离子方程式为CO 3+2H =CO 2↑+H 2O ，碳酸氢钠与盐酸反应的离子方程式为：HCO 3+H =CO 2↑+H 2O ，不能用同一离子反应表示，故C 错误；﹣﹣2+2﹣2+﹣2﹣2+2﹣2﹣++D．硝酸和HCl都是强电解质，都需要拆开，两个反应离子方程式都是CaCO3+2H=Ca+CO2↑+H2O，满足条件，故D正确；故选D．13．20g A物质和14g B物质恰好完全反应，生成8.8g C物质、3.6g D物质和标准状况下4.48L 气体E，则E物质的摩尔质量为（）A．100g/mol B．108g/mol C．55g/mol D．96g/mol【分析】根据质量守恒可计算E的质量，根据n=计算E的物质的量，再根据M=计算+2+E的摩尔质量．【解答】解：化学反应遵循质量守恒定律，则有m（A）+m（B）=m（C）+m（D）+m（E），故m（E）=20g+14g﹣8.8g﹣3.6g=21.6g，E的物质的量为故M（E）=故选B．14．由CO2、H2和CO组成的混合气体在同温同压下与氮气的密度相同，则该混合气体中CO2、H2和CO的体积比为（）A．29：8：13B．22：1：14C．13：8：29D．26：15：57=0.2mol，=108g/mol，【分析】由于CO与N2具有相同的相对分子质量，所以CO2、H2、CO混合气体的平均相对分子质量仅由CO2和H2来决定，CO的量可以任意．用十字交叉法可以得出结果．【解答】解：由于CO与N2具有相同的相对分子质量，所以CO2、H2、CO混合气体的平均相对分子质量仅由CO2和H2来决定，CO的量可以任意．由交叉法：由十字交叉法可求得CO2和H2的体积比为26：16或13：8时（CO的量可以任意），混合气体的平均分子量为28．故选C．15．将21.8g Na 2O 与Na 2O 2的混合物溶于足量水中，称得水溶液净重18.6g ，则混合物中Na 2O 2和Na 2O 的质量之比为（）A ．2：1 B ．78：31C ．78：62D ．39：62【分析】Na 2O 2与Na 2O 的混合物投入足量的水中溶解发生的反应为：①Na 2O+H 2O ═2NaOH 、②2Na 2O 2+2H 2O ═4NaOH+O 2↑，21.8gNa 2O 2与Na 2O 的混合物投入足量的水中溶解，称得水溶液增重18.6g ，减少的3.2g 为生成氧气的质量，物质的量为0.1mol ，根据反应②知，混合物中过氧化钠的物质的量为0.2mol ，质量为15.6g ；混合物中氧化钠的质量为21.8g ﹣15.6g=6.2g ，由此分析解答．【解答】解：Na 2O 2与Na 2O 的混合物投入足量的水中溶解发生的反应为：①Na 2O+H 2O ═2NaOH 、②2Na 2O 2+2H 2O ═4NaOH+O 2↑，21.8gNa 2O 2与Na 2O 的混合物投入足量的水中溶解，称得水溶液增重18.6g ，减少的3.2g 为生成氧气的质量，物质的量为0.1mol ，根据反应②知，混合物中过氧化钠的物质的量为0.2mol ，质量为15.6g ；混合物中氧化钠的质量为21.8g ﹣15.6g=6.2g ，则原混合物中Na 2O 2与Na 2O 的质量之比15.6g ：6.2g=78：31，故选B ．二、解答题（共5小题，满分55分）16．下列物质中：①Na ②蔗糖③CO ④AgCl ⑤CO 2⑥NaCl 溶液⑦NH 3⑧H 2S ⑨H 2SO 4⑩Ba （OH ）2属于电解质的是④⑧⑨⑩；属于强电解质的是④⑨⑩；属于非电解质的是②③⑤⑦；能导电的是①⑥；属于酸性氧化物的是⑤．【分析】电解质和非电解质都必须是化合物；电解质在熔融状态或水溶液中能导电的化合物，非电解质是在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物，金属单质能导电；电解质在熔融状态或水溶液中能导电；强电解质是指在水溶液中完全电离的化合物；能和碱反应生成盐和水的氧化物是酸性氧化物，据此即可解答．【解答】解：④⑧⑨⑩是在熔融状态或水溶液中能导电的化合物，属于电解质；④⑨⑩是在水溶液中完全电离的化合物，属于强电解质；②③⑤⑦是在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物，属于非电解质；能导电的是①⑥；⑤能和碱反应生成盐和水的氧化物，属于酸性氧化物．故答案为：④⑧⑨⑩；④⑨⑩；②③⑤⑦；①⑥；⑤．17．现有失去标签的CaCl 2、AgNO 3、HCl 、和Na 2CO 3四瓶溶液．为了确定四种溶液的成分，将它们编号为A 、B 、C 、D 后进行化学实验．实验记录如下：实验顺序①②③④实验内容A+B B+D C+B A+D 实验现象无明显现象有无色无味气体放出有白色沉淀生成有白色沉淀生成根据上述实验完成下列各小题：（1）A 、B 、C 、D 四瓶溶液分别是（用化学式表示所含溶质）A CaCl 2B HCl C AgNO 3D Na 2CO 3（2）写出B 与D 反应的离子方程式CO 3+2H =CO 2↑+H 2O 写出B 与C 反应的离子方程式Ag +Cl =AgCl ↓．【分析】根据实验现象，A+B 反应无明显现象，可确定A 和B 为CaCl 2和HCl ，再结合B+D 反应有无色无味气体放出，反应的离子方程式为CO 3+2H =CO 2↑+H 2O ，可推出B 为HCl ，D 为Na 2CO 3，C+B 反应有白色沉淀生成，可推出C 为AgNO 3，反应的离子方程式为Ag +Cl ﹣2﹣++﹣2﹣++=AgCl ↓，最后根据A+D 反应有白色沉淀生成，推出A 为CaCl 2．【解答】解：根据实验现象，A+B 反应无明显现象，可确定A 和B 为CaCl 2和HCl ，再结合B+D 反应有无色无味气体放出，反应的离子方程式为CO 3+2H =CO 2↑+H 2O ，可推出B 为HCl ，D 为Na 2CO 3，C+B 反应有白色沉淀生成，可推出C 为AgNO 3，反应的离子方程式为Ag +Cl =AgCl ↓，最后根据A+D 反应有白色沉淀生成，推出A 为CaCl 2．（1）由以上分析可知A 为CaCl 2，B 为HCl ，C 为AgNO 3，D 为Na 2CO 3，故答案为：CaCl 2；HCl ；AgNO 3；Na 2CO 3；（2）B 为HCl ，D 为Na 2CO 3，反应有无色无味气体放出，反应的离子方程式为CO 3+2H =CO 2↑+H 2O ，B 为HCl ，C 为AgNO 3，反应的离子方程式为Ag +Cl =AgCl ↓，+﹣2﹣++﹣2﹣+2﹣++故答案为：CO 3+2H =CO 2↑+H 2O ；Ag +Cl =AgCl ↓．18．实验需要0.1mol/LNaOH 溶液450ml ，根据溶液配制中情况回答下列问题：（1）实验中必须用到的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、500ml 容量瓶、胶头滴管．（2）根据计算得知，所需NaOH 的质量为 2.0g ．（3）配制时，其正确的操作顺序是（字母表示，每个字母只能用一次）BCAED ；A ．用50mL 水洗涤烧杯2﹣3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡B ．用托盘天平准确称量取所需的NaOH 的质量，倒入烧杯中加入适量水，用玻璃棒慢慢搅动．C ．将已冷却的NaOH 溶液沿玻璃棒注入500mL 的容量瓶中D ．将容量瓶盖紧，振荡，摇匀E ．加水至离刻度线1～2cm 处改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度相切（4）下列操作对所配浓度有何影响（填写字母）偏大的有AC ；偏小的有BDEFH ；无影响的有G ．A ．称量用了生锈的砝码；B ．将NaOH 放在纸张上称量；C ．NaOH 在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中；D ．往容量瓶转移时，有少量液体溅出E ．未洗涤溶解NaOH 的烧杯F ．定容时仰视刻度线G ．容量瓶未干燥即用来配制溶液H ．定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面不到刻度线，再加水至刻度线．【分析】（1）根据配制一定物质的量浓度的溶液的操作步骤选择使用的仪器，没有450mL 规格容量瓶，所以选用500mL 容量瓶；（2）根据n=CV 和m=nM 来计算；（3）根据配制一定物质的量浓度的溶液的配制步骤排序；（4）根据C=，通过判断不当操作对溶质的物质的量n 和溶液体积V 的影响来分析误差．﹣【解答】解：（1）没有450mL规格容量瓶，所以选用500mL容量瓶．配制溶液的操作步骤：首先计算出需要的药品的质量，然后用托盘天平称量，后放入烧杯中溶解，同时用玻璃棒搅拌，待溶液冷却至室温后，用玻璃杯引流移液至500ml容量瓶，然后洗涤烧杯和玻璃棒2至3次，将洗涤液也注入容量瓶，然后向容量瓶中注水，至液面离刻度线1至2CM时，改用胶头滴管逐滴加入，至凹液面与刻度线相切，然后摇匀、装瓶．实验过程中用到的仪器有：托盘天平、烧杯、玻璃棒、500ml容量瓶、胶头滴管，故必须用到的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、500ml容量瓶、胶头滴管，故答案为：烧杯、玻璃棒、500ml容量瓶、胶头滴管；（2）由于无450ml的容量瓶，故选用500ml的容量瓶，故配制的是500ml0.1mol/LNaOH溶液．根据n=CV可知需要的NaOH的物质的量n=0.5L×0.1mol/L=0.05mol，质量m=nM=0.05mol×40g/mol=2.0g，故答案为：2.0g；（3）配制步骤有计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，所以配制过程所必需的操作先后顺序为：BCAED，故答案为：BCAED；（4）A、生锈的砝码质量偏大，而m物=m砝+m游，故称量出的药品的质量偏重，则配制出的溶液的浓度偏大；B、将NaOH放在纸张上称量会潮解，导致真正的NaOH的质量偏小，则配制出的溶液的浓度偏小；C、NaOH在烧杯中溶解后，未冷却就转移到容量瓶中并定容，待溶液冷却后体积偏小，则浓度偏大；D、往容量瓶转移时，有少量液体溅出，会导致溶质的损失，则溶液浓度偏小；E、未洗涤溶解NaOH的烧杯，会导致溶质的损失，则溶液浓度偏小；F、定容时仰视刻度线，会导致溶液体积偏大，则浓度偏小；G、只要最后定容时凹液面与刻度线相切即可，至于水是事先就有的还是后来加入的，对溶质的物质的量、最终溶液的体积都无影响，则对浓度无影响；H、定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面不到刻度线属于正常情况，过会儿，滞留在刻度线以上的溶液将会下落，正好与刻度线相平，不影响溶液的体积，再加水至刻度线导致浓度偏小；故浓度偏大的有：AC；偏小的有：BDEFH；无影响的有：G．。
2015年甘肃省高三联考化学试卷
2015年甘肃省部分普通高中高三联考化学试卷第I卷（选择题共46分）相对原子质量：：H—1 C —12 N —14 O —16 Na —23 Mg —24 Al —27 S —32 Cl —35.5 Fe—56 Cu—64 Br —80 Ag —108 Ti —48 Ca—40一、单项选择题（每题2分，共46分，每小题只有一个选项符合题意）1、化学与社会、生活密切相关，下列说法正确的是A、“歼-20”飞机上使用的碳纤维是一种新型的有机高分子材料B、工业上通常用电解Na、Mg、Al对应的氯化物制取该三种金属单质C、Fe3O4俗称铁红，常做红色油漆和涂料D、燃料电池的燃料都在负极发生氧化反应2.等物质的量的X(g)与Y(g)在密闭容器中进行反应：X(g)+2Y(g)⇌3Z(g)+Q(s) △H >0，下列叙述正确的是：A、当容器中X与Y的物质的量的比满足1：2时反应达到平衡B、达到平衡时X的转化率为25%，则平衡常数K值为9/4C、达到平衡后，反应速率2V正(Y)=3 V逆(Z)D、达到平衡后，加入Q，平衡逆向移动3．下列化学用语只能用来表示一种微粒的是：A． B．C．CH4O D．C4．欲证明一瓶无色液体是纯水，可靠的实验方法是：A．测得其pH=7 B．电解时得到H2与O2的体积比为2：1C．遇钠生成氢气 D．1.01× 105Pa时沸点为100℃5．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．使甲基橙变红的溶液：Fe2＋、K＋、SO42－、NO3－B．加入铝粉产生氢气的溶液：Na＋、K＋、SO42－、Cl－C．0.1 mol·L－1NaAlO2溶液：Al3＋、Na＋、Cl－、NO3－D．水电离出的c(H＋)＝10－12mol·L－1的溶液：Na＋、K＋、NH4＋、CO32－6．下列实验事实不能用勒沙特列原理解释的是：7．有五种饱和溶液①Ba(NO3)2②Ca(OH)2③NaAlO2④Na2CO3⑤NH3和NaCl，分别持续通入CO2，最终得到沉淀或析出晶体的是：A．①②③④⑤ B．②③④⑤ C．③④⑤ D．③④8．将40℃的饱和硫酸铜溶液升温至50℃，或者温度仍保持在40℃而加入少量无水硫酸铜，在这两种情况下均保持不变的是：A．硫酸铜的溶解度 B．溶液的质量C．溶液中溶质的质量分数D．溶液中Cu 2的数目9．关于三种有机物叙述错误的是（—SH的性质类似于—OH）：A．都能发生酯化反应B．都能与NaOH反应C．甲的苯环上的一氯代物有4种D．丙的分子式为C10H15ON，苯环上的一氯代物有3种10．元素周期表中短周期的一部分如右图，关于X、Y、Z、W、Q说法正确的是：A. 元素Y与元素Z的最高正化合价之和的数值等于9B. 原子半径的大小顺序为：W＞Z＞YC. 离子半径的大小顺序为：W2-＞Y2-＞Z3+D. W的气态氢化物的热稳定性和还原性均比Q强11．向含S2—、Fe2+、Br—、I—各0.1mol的溶液中通入Cl2，通入Cl2的体积（标准状况）和溶液中相关离子的物质的量关系图正确的是：12．某苯的衍生物，含有两个互为对位的取代基，其分子式为C8H10O，其中不跟NaOH溶液反应的衍生物种类有：A．2种 B．3种 C．4种 D．5种13．常温时，将某浓度的CH3COOH溶液与pH＝13的NaOH溶液等体积混合后，恰好完全反应生成盐和水(若混合体积变化忽略不计)，则下列有关所得混合液的说法正确的是：A．混合后溶液pH＝7B．所得混合溶液中c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(OH－)C．所得混合溶液中存在c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.05 mol·L－1D．混合后溶液中存在c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)14．已知：2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l) ΔH＝－571.6 kJ·mol－12CH3OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(l) ΔH＝－1452 kJ·mol－1H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1下列说法正确的是：A．H2(g)的燃烧热为571.6 kJ·mol－1B．同质量的H2(g)和CH3OH(l)完全燃烧，H2(g)放出的热量多C．H2SO4(aq)＋Ba(OH)2(aq)===BaSO4(s)＋H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1D．3H2(g)＋CO2(g)=CH3OH(l)＋H2O(l) ΔH＝＋135.9 kJ·mol－115. 液体燃料电池相比于气体燃料电池具有体积小等优点。
甘肃省兰州市2015届高考化学模拟试卷(含解析)
甘肃省兰州市2015届高考化学模拟试卷一、选择题：本大题共7小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．（6分）化学与生活、社会可持续发展密切相关．下列有关叙述不正确的是（）A．发生铅中毒时，可喝大量的牛奶或鸡蛋清来缓解病情B．CO2的水溶液呈酸性，CO2的大量排放会导致酸雨的形成C．黄河入海口沙洲的形成与用卤水点豆腐，都体现了胶体聚沉的性质D．利用二氧化碳等原料合成聚碳酸酯类可降解塑料，有利于减少白色污染2．（6分）设N A为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是（）A．25℃时，1L pH=13的Ba（OH）2溶液中含有OH一的数目为0.2N AB．取50mL 14.0moI．L﹣l浓硝酸与足量的铜片反应，生成气体分子的数目为0.35N AC．标准状况下，2.24L二氧化硫中含有的电子总数为3.2N AD．28gN2与28g C18O中含有的质子数均为143．（6分）下列实验操作不能达到预期目的是（）选项实验目的操作A 从溴水中提取单质溴先用CCl4萃取分液后，再蒸馏B 证明 Mg（OH）2沉淀可以转化为Fe（OH）3沉淀向2mL1mol•L﹣1NaOH溶液中先加入3滴1mol•L﹣1MgCl2溶液，再加入3滴1mol•L﹣1FeCl3溶液C 验证蔗糖是否水解生成葡萄糖向蔗糖溶液中加入少量稀硫酸加热，再加入少量NaOH溶液，调至碱性，然后加银氨溶液水浴加热D 证明碱的非金属性强于硅向NaSiO3溶液中通入适量CO2气体，有白色胶状沉淀生成A．A B．B C．C D．D4．（6分）甲苯苯环上的氢原子被﹣C4H9取代的同分异构体的种类数有（）A．3种B．6种C．12种D．18种5．（6分）某同学在常温下设计以下实验流程探究Na2S2O3的化学性质：pH=8Na2S2O3溶液白色沉淀B下列说法正确的是（）A．实验①说明Na2S2O3溶液中水电离的c（OH﹣）=l0﹣8 mol．L﹣lB．Na2S2O3溶液pH=8的原因用离子方程式表示为S2O32﹣+2H2O⇌Na2S2O3+2OH﹣C．生成的沉淀B可能是BaSO3或BaSO4，要进一步确认还需再加入稀硝酸验证D．实验②说明Na2S2O3具有还原性6．（6分）已知：常温下浓度为0.1mo1•L﹣1的下列溶液的pH如下表所示：溶质NaF NaClO Na2CO3pH 7.5 9.7 11.6下列有关说法正确的是（）A．加热0.1 mol．L﹣l NaC1O溶液测其pH，pH小于9.7B．0．lmo1．L﹣1Na2CO3溶液中，存在如下关系：c（OH﹣）﹣c（H+）=c（HCO3）+2c（H2CO3）C．根据上表数据得出四种酸电离平衡常数大小关系为：HF＞HC1O＞H2CO3（一级电离平衡常数）D．pH=2的HF溶液与pH=12的NaOH溶液体积比1：1混合，则有c（Na+）=c（F﹣）＞c（H+）=c（OH﹣）7．（6分）将一定量的氯气通入氢氧化钠浓溶液中，加热少许时间后溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3的共存体系．下列判断不正确的是（）A．参加反应所需NaOH与氯气的物质的量之比一定为2：1B．反应体系中n（NaCl）：n（NaClO）：n（NaC1O3）（物质的量之比）可能为11：1：2C．若反应有amol氯气参加反应，则amol＜转移电子数＜molD．反应中NaC1O和NaClO3为氧化产物，且物质的量之比一定为l：1三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第（一）必考题8．（14分）构建知识网络体系，有助于知识的有序储存和应用．下图A、B、C、D、E五种物质均含有同一种元素，它们之间有如图转化关系：（1）若A～E均为化合物，均含有Y元素，A是淡黄色固体；物质的量浓度相等的B、C两溶液中C溶液的pH较小；电解D的水溶液可以生成B和两种气体单质，该反应是工业上生产B 的重要反应．①检验C溶液中含有Y元素的操作方法是②电解D的水溶液时反应的化学方程式为（2）若A为气体单质，C、D的相对分子质量相差16，0.1moI．L﹣l E溶液中只有，3种离子，且溶液中的．则①A、B、C、D、E中都含有的元素在周期表中的位置为，B的电子式为．②E→C反应的离子方程式为．（3）若A为短周期元素组成的固体非金属单质，标况下2.24LC气体通入1L 0.1mo1．L一1的NaOH溶液中，恰好完全反应，测得所得溶液的pH＜7，则反应后溶液中离子浓度由大到小的顺序为（OH一除外）．（4）若A为常见金属单质，B、C均为盐，B的水溶液呈酸性，C的水溶液呈碱性，D是一种白色沉淀．若将金属A的粉末与硝酸钠溶液混合后加入足量的氢氧化钠溶液，只产生一种无色、有刺激性气味的且能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，该反应的离子方程式为．9．（14分）甲醇既是一种可再生能源，又是一种重要的化工原料．工业上通过CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）生产甲醇．（1）在一定温度下，向1L密闭容器中充入1mol CO和2mo1H2，发生上述反应，10分钟时反应达平衡，此时CO的转化率为50%．①前10分钟生成甲醇的平均反应速率为；已知该反应在低温下能自发进行，则反应的△H为（填“＞”、“＜”或“=”）0．②下列关于上述反应的叙述，不正确的是（填字母编号）．A．缩小容器的体积，平衡将向右移动，c（CO）将变大B．达到平衡时，移走部分甲醇，平衡将向右移动，正反应速率加快C．恒温、恒容条件下，容器内的压强不发生变化则该反应达到平衡状态D．反应过程中生成CH3OH的速率与消耗CO的速率相等则该反应达到平衡状态E．使用合适的催化剂能缩短达到平衡的时间并提高CO的转化率（2）在容积为1L的恒容容器中，分别研究在230℃、250℃、270℃三种温度下合成甲醇的规律．上述三种温度下不同的H2和CO的起始组成比（起始时CO的物质的量均1mol）与CO平衡转化率的关系如图1所示．①在上述三种温度中，曲线Z对应的温度是．②利用图中a点对应的数据，计算该反应在对应温度下的平衡常数K=．（3）利用甲醇与水蒸气催化重整可获得清洁能源氢气，已知：CH3OH （g）+O2（g）⇌CO2（g）+2H2（g）△H1=﹣192.9kJ．mol﹣lH2（g）+O2（g）⇌H2O（g）△H2=﹣120.9kJ．mol﹣1则甲醇与水蒸气催化重整反应：CH3OH（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+3H2（g）的焓变△H3=．（4）有人设计甲醇一空气燃料电池的示意图如图2所示，工作时负极的电极反应式可表示为．若以该电池为电源，用石墨做电极电解200mL含有下列离子的溶液：离子Cu2+H+Cl﹣SO42﹣c/mol•L﹣10.5 2 2 0.5电解一段时间后，标况下当两极收集到相同体积的气体时，阳极上收集到氧气的质量为（忽略溶液体积的变化及电极产物可能存在的溶解现象）．10．（15分）过氧化钙晶体（CaO2•8H2O）可用于改善地表水质、处理含重金属粒子废水、应急供氧等．实验室可用工业碳酸钙（含MgCO3、FeCO3杂质）制取纯净的碳酸钙，然后再用纯净的碳酸钙制取过氧化钙晶体，其主要流程如图1：回答下列问题：（1）写出反应①发生氧化还原反应的离子方程式．操作I用的玻璃仪器有．（2）反应②生成CaO2•8H2O的化学反应方程式为；反应②冰水控制温度在0℃左右的主要原因是；（3）已知：I2+2S2O32﹣=2I﹣+S4O62﹣，测定产品中CaO2的含量的实验步骤如下：第一步：准确称取ag产品放入锥形瓶中，再加入过量的b gKI晶体，加入适量蒸馏水溶解再滴入少量2mol．L﹣1的H2SO4溶液，充分反应．第二步：向上述锥形瓶中加入几滴淀粉溶液．m/g第三步：逐滴加入浓度为c mol．L﹣1的Na2S2O3溶液发生反应，滴定达到终点时出现的现象是．若滴定消耗Na2S2O3溶液VmL，样品中CaO2的质量分数为（用字母表示）．（4）已知过氧化钙加热至350℃左右开始分解放出氧气．将过氧化钙晶体（ CaO2•8H2O）在坩埚中加热逐渐升高温度，测得样品质量随温度的变化如图2曲线所示，则350℃以上所得固体物质的化学式为．【化学一选修2化学与技术】（共1小题，满分15分）11．（15分）粗铜精炼后的阳极泥中含有Cu、Au（金）和PbSO4等杂质，湿法处理阳极泥进行综合利用的流程如下：（1）电解精炼含铜、金、铅的粗铜时，电解液应该用溶液作电解液，电解时阳极的电极反应式为和Cu﹣2e﹣=Cu2+．（2）焙烧阳极泥时，为了提高焙烧效率，采取的合理措施是，焙烧后的阳极泥中除含金、PbSO4外，还有（填化学式）．（3）完成操作I的主要步骤：，过滤，洗涤，干燥．（4）写出用SO2还原AuC14一的离子反应方程式．（5）为了减少废液排放、充分利用有用资源，工业上将滤液1并入硫酸铜溶液进行循环操作，请指出流程图中另一处类似的做法．（6）用离子方程式表示加入碳酸钠溶液的作用．（已知298K时，Ksp（PbCO3）=l.46×l0﹣13，Ksp（PbSO4）=l.82×l0﹣8）【化学一选修3：物质结构与性质】（共1小题，满分0分）12．已知A、B、C、D、E、W六种元素的原子序数依次递增，都位于前四周期．其中A、D原子的最外层电子数均等于其周期序数，且D原子的电子层数是A的3倍；B原子核外电子有6种不同的运动状态，且s轨道电子数是p轨道电子数的两倍；C原子L层上有2对成对电子．E 有“生物金属”之称，E4+离子和氩原子的核外电子排布相同；W位于周期表中第8列，请回答：（1）BA2C分子中B原子的杂化方式为，BA2C分子的空间构型为．（2）写出与BC2分子互为等电子体的一种分子的化学式．BC2在高温高压下所形成晶体的晶胞如右图l所示．则该晶体的类型属于晶体（选填“分子”、“原子”、“离子”或“金属”）；（3）经光谱测定证实单质D与强碱溶液反应有﹣生成，则﹣中存在．a．共价键 b．配位键 c．σ键 d．π键（4）“生物金属”E内部原子的堆积方式与铜相同，都是面心立方堆积方式，如右图2所示．则晶胞中E原子的配位数为；若该晶胞的密度为p g．cm﹣3，阿伏加德罗常数为N A，E原子的摩尔质量为Mrg．mol﹣1，则该晶胞的棱长为 cm．（5）W元素应用非常广泛，如果人体内W元素的含量偏低，则会影响O2在体内的正常运输．已知W2+与KCN溶液反应得W（CN）2沉淀，当加入过量KCN溶液时沉淀溶解，生成配合物，其配离子结构如图3所示．①W元素基态原子价电子排布式为．②写出W （CN）2溶于过量KCN溶液的化学方程式．【化学一选修5：有机化学基础】（共1小题，满分0分）13．某种医药中间体的结构式为，常用于制备抗凝血药，可通过下列流程合成：已知：F变成G相当于从F分子中去掉1个X分子．请回答（1）下列关于G的说法正确的是．a．能与溴水反应b．能与氢氧化钠溶液反应c．1molG最多能和3mol氢气反应d．能与FeC1′3溶液反应显紫色（2）B→C的反应类型是．（3）写出下列有关反应的化学方程式：①A与新制氢氧化铜悬浊液共热，②D→E：．（4）F分子中有种化学环境不同的氢原子，化合物X的结构简式为．（5）写出与D互为同分异构体且含苯环、酚羟基和酯基的有机物的同分异构体的结构简式．甘肃省兰州市2015届高考化学模拟试卷参考答案与试题解析一、选择题：本大题共7小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．（6分）化学与生活、社会可持续发展密切相关．下列有关叙述不正确的是（）A．发生铅中毒时，可喝大量的牛奶或鸡蛋清来缓解病情B．CO2的水溶液呈酸性，CO2的大量排放会导致酸雨的形成C．黄河入海口沙洲的形成与用卤水点豆腐，都体现了胶体聚沉的性质D．利用二氧化碳等原料合成聚碳酸酯类可降解塑料，有利于减少白色污染考点：氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；胶体的应用；常见的生活环境的污染及治理．分析：A．牛奶或生鸡蛋清属于蛋白质，遇重金属盐变性；B．形成酸雨的气体是二氧化硫和氮氧化物；C．胶体遇电解质溶液发生聚沉；D．形成白色污染的主要来源为聚乙烯材料．解答：解：A．重金属盐遇到牛奶或生鸡蛋清会使之发生变性，而不和人体蛋白质结合，所以喝牛奶或生鸡蛋清能解毒，故A正确；B．二氧化硫和氮氧化物的大量排放会形成酸雨，二氧化碳的大量排放会导致温室效应，故B 错误；C．黄河中的泥沙和豆浆都是胶体，胶体遇电解质溶液发生聚沉，故C正确；D．形成白色污染的主要来源为聚乙烯材料，难以降解，但利用二氧化碳等原料合成的聚碳酸酯类可降解塑料有利于减少白色污染，故D正确．故选B．点评：本题考查蛋白质的性质、酸雨、胶体、常见的生活环境的污染及治理，题目难度不大，注意相关基础知识的积累．2．（6分）设N A为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是（）A．25℃时，1L pH=13的Ba（OH）2溶液中含有OH一的数目为0.2N AB．取50mL 14.0moI．L﹣l浓硝酸与足量的铜片反应，生成气体分子的数目为0.35N AC．标准状况下，2.24L二氧化硫中含有的电子总数为3.2N AD．28gN2与28g C18O中含有的质子数均为14考点：阿伏加德罗常数．分析：A．根据溶液的pH=13，求出c（H+）和c（OH﹣），然后根据n=CV求出氢氧根的个数；B．浓硝酸随着反应的进行会逐渐变成稀硝酸，根据反应方程式Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O、3Cu+8HNO3═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O进行判断；C．标准状况下2.24L二氧化硫的物质的量为0.1mol，二氧化硫分子中含有32个电子，0.1mol 二氧化硫中含有3.2mol电子；D．28g氮气的物质的量为1mol，含有14mol质子；28g C18O的物质的量需要1mol，含有质子数小于14mol．解答：解：A．溶液的pH=13，可知c（H+）=10﹣13mol/L，故c（OH﹣）=0.1mol/L，氢氧根的物质的量n=CV=0.1mol/L×1L=0.1mol，故A错误；B．铜与浓硝酸反应的方程式为：Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，铜与稀硝酸反应的方程式为：3Cu+8HNO3═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，硝酸的物质的量为0.7mol，0.7mol浓硝酸完全反应生成0.35mol二氧化氮，0.7mol稀硝酸与铜反应生成0.175mol一氧化氮，所以0.7mol 浓硝酸与足量铜反应生成的气体的物质的量小于0.35mol，生成的气体分子数小于0.35N A，故B错误；C．标况下2.24L二氧化硫的物质的量为：=0.1mol，0.1mol二氧化硫中含有3.2mol 电子，含有的电子总数为3.2N A，故C正确；D．N2与C18O分子中都含有14个电子，而二者的摩尔质量不同，根据n=可知，等质量的二者含有的质子数不同，故D错误；故选C．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的综合应用，题目难度中等，以阿伏伽德罗常数为载体考查如下知识点有：①考查22.4L/mol的正确使用；②考查在氧化还原反应中得失电子数的计算；③正确表示一定物质的量的某物质微粒所含某种微粒的个数；④考查在标准状况下一定体积的气体分子所含的分子数和原子数．3．（6分）下列实验操作不能达到预期目的是（）选项实验目的操作A 从溴水中提取单质溴先用CCl4萃取分液后，再蒸馏B 证明 Mg（OH）2沉淀可以转化为Fe（OH）3沉淀向2mL1mol•L﹣1NaOH溶液中先加入3滴1mol•L﹣1MgCl2溶液，再加入3滴1mol•L﹣1FeCl3溶液C 验证蔗糖是否水解生成葡萄糖向蔗糖溶液中加入少量稀硫酸加热，再加入少量NaOH溶液，调至碱性，然后加银氨溶液水浴加热D 证明碱的非金属性强于硅向NaSiO3溶液中通入适量CO2气体，有白色胶状沉淀生成A．A B．B C．C D．D考点：化学实验方案的评价．分析：A．四氯化碳可萃取溴水中的溴；B．氢氧化钠过量，氢氧化钠和氯化镁、氯化铁反应都生成沉淀；C．蔗糖水解生成葡萄糖，与银氨溶液的反应应在碱性条件下；D．强酸反应制取弱酸．解答：解：A．四氯化碳可萃取溴水中的溴，溴和四氯化碳的沸点不同，可用蒸馏分离，故A正确；B．氢氧化钠过量，氢氧化钠和氯化镁、氯化铁反应都生成沉淀，所以不能证明Mg（OH）2沉淀可以转化为Fe（OH）3沉淀，故B错误；C．蔗糖水解生成葡萄糖，葡萄糖能发生银镜反应，故C正确；D．强酸反应制取弱酸，最高价氧化物的酸性越强，元素的非金属性越强，故D正确．故选B．点评：本题考查较为综合，涉及物质的分离提纯、沉淀转化、物质检验以及非金属性比较等知识，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为2015届高考常见题型，注意相关知识的学习与积累，难度不大．4．（6分）甲苯苯环上的氢原子被﹣C4H9取代的同分异构体的种类数有（）A．3种B．6种C．12种D．18种考点：同分异构现象和同分异构体．分析：﹣C4H9有四种结构，分别为：CH3﹣CH2﹣CH2﹣CH2﹣、CH3﹣CH2﹣CH（CH3）﹣、（CH3）2CH﹣CH2﹣、（CH3）3C﹣，苯环上的两个取代基位置可以有邻、间、对三种，据此解答即可．解答：解：﹣C4H9有四种结构，分别为：CH3﹣CH2﹣CH2﹣CH2﹣、CH3﹣CH2﹣CH（CH3）﹣、（CH3）2CH﹣CH2﹣、（CH3）3C﹣，甲苯上含有1个甲基，此时分为邻间对三种取代位置，故总共有同分异构体数目为4×3=12种，故选C．点评：本题主要考查的是同分异构体的判断，掌握丁基有四种结构以及苯环上的二元取代有邻、间、对三种情况，难度不大．5．（6分）某同学在常温下设计以下实验流程探究Na2S2O3的化学性质：pH=8Na2S2O3溶液白色沉淀B下列说法正确的是（）A．实验①说明Na2S2O3溶液中水电离的c（OH﹣）=l0﹣8 mol．L﹣lB．Na2S2O3溶液pH=8的原因用离子方程式表示为S2O32﹣+2H2O⇌Na2S2O3+2OH﹣C．生成的沉淀B可能是BaSO3或BaSO4，要进一步确认还需再加入稀硝酸验证D．实验②说明Na2S2O3具有还原性考点：性质实验方案的设计；氧化还原反应；含硫物质的性质及综合应用．分析：常温下，由pH=8Na2S2O3溶液可知，pH=8，溶液水解显碱性，c（H+）水=c（OH2﹣﹣）水=l0﹣6 mol．L﹣l，由Na2S2O3溶液白色沉淀B可知，发生S2O3+5H2O+4Cl2+2Ba2+=2BaSO4↓+8Cl﹣+10H+，以此来解答．解答：解：A．实验①说明Na2S2O3溶液中水电离的c（OH﹣）=l0﹣6mol．L﹣l，促进水的电离，故A错误；B．Na2S2O3溶液pH=8的原因用离子方程式表示为S2O32﹣+H2O⇌HS2O3﹣+OH﹣，故B错误；C．BaSO3与硝酸发生氧化还原反应生成BaSO4，不能加硝酸验证，故C错误；D．实验②发生S2O32﹣+5H2O+4Cl2+2Ba2+=2BaSO4↓+8Cl﹣+10H+，S元素的化合价升高，说明Na2S2O3具有还原性，故D正确；故选D．点评：本题考查性质实验方案的设计，为高频考点，涉及盐类水解、氧化还原反应等，把握反应原理及物质的性质为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大．6．（6分）已知：常温下浓度为0.1mo1•L﹣1的下列溶液的pH如下表所示：溶质NaF NaClO Na2CO3pH 7.5 9.7 11.6下列有关说法正确的是（）A．加热0.1 mol．L﹣l NaC1O溶液测其pH，pH小于9.7B．0．lmo1．L﹣1Na2CO3溶液中，存在如下关系：c（OH﹣）﹣c（H+）=c（HCO3）+2c（H2CO3）C．根据上表数据得出四种酸电离平衡常数大小关系为：HF＞HC1O＞H2CO3（一级电离平衡常数）D．pH=2的HF溶液与pH=12的NaOH溶液体积比1：1混合，则有c（Na+）=c（F﹣）＞c（H+）=c（OH﹣）考点：离子浓度大小的比较；盐类水解的原理．分析：A．盐的水解为吸热反应，升高温度促进了醋酸根离子的水解，溶液的pH增大；B．根据碳酸钠溶液中的质子守恒判断；C．溶液pH越大，酸的电离程度越大，对应酸的定性越弱，酸的电离程度越小；D．混合液中氟化氢过量，溶液显示酸性，结合电荷守恒判断各离子浓度大小．解答：解：A．加热0.1 mol．L﹣1NaC1O溶液，次氯酸根离子的水解程度增大，溶液的pH增大，则溶液的pH大于9.7，故A错误；B．0．lmo1．L﹣1Na2CO3溶液中，根据质子守恒可得：c（OH﹣）=c（H+）+c（HCO3）+2c（H2CO3），整理可得：c（OH﹣）﹣c（H+）=c（HCO3）+2c（H2CO3），故B正确；C．溶液的pH越大，酸根离子的水解程度越大，对应酸的酸性越弱，根据上表数据得出酸性强弱为：HF＞HC1O＞HCO3﹣，则得出的酸的电离程度为：HF＞HC1O＞HCO3﹣，故C错误；D．pH=2的HF溶液与pH=12的NaOH溶液体积比1：1混合，氟化氢为弱酸，则混合液中氟化氢过量，溶液显示酸性，结合电荷守恒可得：c（F﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故D错误；故选B．点评：本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，明确电荷守恒、物料守恒、质子守恒及盐的水解原理为解答关键，试题培养了学生灵活应用基础知识的能力．7．（6分）将一定量的氯气通入氢氧化钠浓溶液中，加热少许时间后溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3的共存体系．下列判断不正确的是（）A．参加反应所需NaOH与氯气的物质的量之比一定为2：1B．反应体系中n（NaCl）：n（NaClO）：n（NaC1O3）（物质的量之比）可能为11：1：2C．若反应有amol氯气参加反应，则amol＜转移电子数＜molD．反应中NaC1O和NaClO3为氧化产物，且物质的量之比一定为l：1考点：有关混合物反应的计算．分析：发生反应有：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O，A．根据钠离子和氯原子质量守恒分析参加反应的氢氧化钠和氯气的物质的量之比；B．根据氧化还原反应中得失电子相等判断；C．根据极值法及电子守恒计算出转移电子的范围；D．题中缺少次氯酸钠、氯酸钠的量，无法计算二者的物质的量之比．解答：解：A．根据NaCl、NaClO、NaClO3可知，钠离子和氯原子的物质的量之比为1：1，则参加反应所需NaOH与氯气的物质的量之比一定为1：=2：1，故A正确；B．设n（NaCl）=11mol、n（NaClO）=2mol、n（NaClO3）=1mol，生成NaCl获得的电子为：11mol×1=11mol，生成NaClO、NaClO3失去的电子为1mol×1+2mol×5=11mol，得失电子相等，故反应体系中n（NaCl）：n（NaClO）：n（NaC1O3）（物质的量之比）可能为11：1：2，故B正确；C．若amol氯气参与反应，发生反应有：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O，若氧化产物只有NaClO，转移电子数最少，为amol×2××1=amol；氧化产物只有NaClO3，转移电子数最多，为amol×2××1=mol，所以反应转移电子为：amol＜转移电子数＜mol，故C正确；D．根据化合价变化可知，反应中NaC1O和NaClO3为氧化产物，但由于缺少数据，无法计算二者的物质的量之比，故D错误；故选D．点评：本题考查了氧化还原反应的有关计算，题目难度中等，根据原子守恒及转移电子守恒是解本题关键，并结合极限法分析解答，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力．三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第（一）必考题8．（14分）构建知识网络体系，有助于知识的有序储存和应用．下图A、B、C、D、E五种物质均含有同一种元素，它们之间有如图转化关系：（1）若A～E均为化合物，均含有Y元素，A是淡黄色固体；物质的量浓度相等的B、C两溶液中C溶液的pH较小；电解D的水溶液可以生成B和两种气体单质，该反应是工业上生产B 的重要反应．①检验C溶液中含有Y元素的操作方法是用盐酸将铂丝洗净后，放在无色火焰上灼烧至无色，再蘸取碳酸钠溶液放在无色火焰上灼烧，若火焰出现黄色，则说明溶液中有钠元素②电解D的水溶液时反应的化学方程式为2NaCl+2H2O H2↑+Cl2↑+2NaOH（2）若A为气体单质，C、D的相对分子质量相差16，0.1moI．L﹣l E溶液中只有，3种离子，且溶液中的．则①A、B、C、D、E中都含有的元素在周期表中的位置为第二周期第ⅤA族，B的电子式为．②E→C反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO3﹣（稀）═3Cu2++2NO↑+4H2O．（3）若A为短周期元素组成的固体非金属单质，标况下2.24LC气体通入1L 0.1mo1．L一1的NaOH溶液中，恰好完全反应，测得所得溶液的pH＜7，则反应后溶液中离子浓度由大到小的顺序为c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（H+）＞c（SO32﹣）（OH一除外）．（4）若A为常见金属单质，B、C均为盐，B的水溶液呈酸性，C的水溶液呈碱性，D是一种白色沉淀．若将金属A的粉末与硝酸钠溶液混合后加入足量的氢氧化钠溶液，只产生一种无色、有刺激性气味的且能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，该反应的离子方程式为8Al+3NO3﹣+5OH﹣+2H2O=8AlO2﹣+3NH3↑．考点：无机物的推断．分析：A、B、C、D、E五种物质均含有同一种元素，（1）若A～E均为化合物，均含有Y元素，A是淡黄色固体，能发生反应生成B、C，则A是Na2O2，过氧化钠能和水、二氧化碳分别反应生成NaOH、Na2CO3，B、C两溶液在等物质的量浓度时，C 溶液的pH较小，则B是NaOH、C是Na2CO3，电解D的水溶液可以生成B和两种气体单质，该反应是工业上生产B的重要反应，则D为NaCl，根据D→E→C可知，E是NaHCO3；（2）若A为单质，C、D的相对分子质量相差16，相差一个O原子，0.1mol/L E溶液中只有3种离子，且常温下溶液中的=1012，溶液呈强酸性，E为酸，符合条件时，A为N2、B为NH3、C为NO、D为NO2、E为HNO3，再结合物质之间的反应分析解答；（3）若A为短周期元素组成的固体非金属单质，A能生成C，且C能与氢氧化钠反应，则C一般为氢化物或氧化物，标况下2.24LC即0.1mol气体通入1L 0.1mo1．L﹣1的NaOH溶液中，恰好完全反应，测得所得溶液的pH＜7，则A应为S元素，C为SO2，生成的NaHSO3溶液中亚硫酸氢根离子的水解程度小于电离程度，以电离为主，所以溶液呈酸性，据此答题；（4）A为金属单质，B、C均属于盐类，D是一种白色沉淀，若B的水溶液呈酸性，C的水溶液呈碱性，则A为Al，B为AlCl3，C为NaAlO2，D为Al（OH）3，据此答题．解答：解：A、B、C、D、E五种物质均含有同一种元素，（1）若A～E均为化合物，均含有Y元素，A是淡黄色固体，能发生反应生成B、C，则A是Na2O2，过氧化钠能和水、二氧化碳分别反应生成NaOH、Na2CO3，B、C两溶液在等物质的量浓度时，C 溶液的pH较小，则B是NaOH、C是Na2CO3，电解D的水溶液可以生成B和两种气体单质，该反应是工业上生产B的重要反应，则D为NaCl，Y为钠元素，根据D→E→C可知，E 是NaHCO3，①检验C溶液中含有Y元素的操作方法是用盐酸将铂丝洗净后，放在无色火焰上灼烧至无色，再蘸取碳酸钠溶液放在无色火焰上灼烧，若火焰出现黄色，则说明溶液中有钠元素，故答案为：用盐酸将铂丝洗净后，放在无色火焰上灼烧至无色，再蘸取碳酸钠溶液放在无色火焰上灼烧，若火焰出现黄色，则说明溶液中有钠元素；②D为NaCl，电解D的水溶液时反应的化学方程式为2NaCl+2H2O H2↑+Cl2↑+2NaOH，故答案为：2NaCl+2H2O H2↑+Cl2↑+2NaOH；（2）若A为单质，C、D的相对分子质量相差16，相差一个O原子，0.1mol/L E溶液中只有3种离子，且常温下溶液中的=1012，溶液呈强酸性，E为酸，符合条件时，A为N2、B为NH3、C为NO、D为NO2、E为HNO3，①A、B、C、D、E中都含有的元素为氮元素，在周期表中的位置为第二周期第ⅤA族，B为NH3，B的电子式为，故答案为：第二周期第ⅤA族；；②E→C反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO3﹣（稀）═3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为：3Cu+8H++2NO3﹣（稀）═3Cu2++2NO↑+4H2O；（3）若A为短周期元素组成的固体非金属单质，A能生成C，且C能与氢氧化钠反应，则C一般为氢化物或氧化物，标况下2.24LC即0.1mol气体通入1L 0.1mo1．L﹣1的NaOH溶液中，恰好完全反应，测得所得溶液的pH＜7，则A应为S元素，C为SO2，生成的NaHSO3溶液中亚硫酸氢根离子的水解程度小于电离程度，以电离为主，所以溶液呈酸性，所以反应后溶液中离子浓度由大到小的顺序为c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（H+）＞c（SO32﹣），故答案为：c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（H+）＞c（SO32﹣）；（4）A为金属单质，B、C均属于盐类，D是一种白色沉淀，若B的水溶液呈酸性，C的水溶液呈碱性，则A为Al，B为AlCl3，C为NaAlO2，D为Al（OH）3，若将金属A的粉末与硝酸钠溶液混合后加入足量的氢氧化钠溶液，只产生一种无色、有刺激性气味的且能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体为氨气，该反应的离子方程式为8Al+3NO3﹣+5OH﹣+2H2O=8AlO2﹣+3NH3↑，故答案为：8Al+3NO3﹣+5OH﹣+2H2O=8AlO2﹣+3NH3↑．点评：本题考查无机物的推断，注意利用信息及转化关系图推断各物质是解答的关键，习题综合性较强，涉及内容较多，题目难度较大．9．（14分）甲醇既是一种可再生能源，又是一种重要的化工原料．工业上通过CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）生产甲醇．（1）在一定温度下，向1L密闭容器中充入1mol CO和2mo1H2，发生上述反应，10分钟时反应达平衡，此时CO的转化率为50%．①前10分钟生成甲醇的平均反应速率为0.05mol/（L．min）；已知该反应在低温下能自发进行，则反应的△H为＜（填“＞”、“＜”或“=”）0．②下列关于上述反应的叙述，不正确的是BDE（填字母编号）．A．缩小容器的体积，平衡将向右移动，c（CO）将变大B．达到平衡时，移走部分甲醇，平衡将向右移动，正反应速率加快C．恒温、恒容条件下，容器内的压强不发生变化则该反应达到平衡状态D．反应过程中生成CH3OH的速率与消耗CO的速率相等则该反应达到平衡状态E．使用合适的催化剂能缩短达到平衡的时间并提高CO的转化率（2）在容积为1L的恒容容器中，分别研究在230℃、250℃、270℃三种温度下合成甲醇的规律．上述三种温度下不同的H2和CO的起始组成比（起始时CO的物质的量均1mol）与CO平衡转化率的关系如图1所示．①在上述三种温度中，曲线Z对应的温度是270℃．②利用图中a点对应的数据，计算该反应在对应温度下的平衡常数K=4．（3）利用甲醇与水蒸气催化重整可获得清洁能源氢气，已知：CH3OH （g）+O2（g）⇌CO2（g）+2H2（g）△H1=﹣192.9kJ．mol﹣lH2（g）+O2（g）⇌H2O（g）△H2=﹣120.9kJ．mol﹣1。
甘肃省兰州市西北师大附中2015届高考化学四诊试卷
甘肃省兰州市西北师大附中2015届高考化学四诊试卷一、选择题：本题共7小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．生活处处有化学．下列说法正确的是（）A．制饭勺、饭盒、高压锅等的不锈钢是合金B．做衣服的棉和麻均与淀粉互为同分异构体C．煎炸食物的花生油和牛油都是可皂化的饱和酯类D．磨豆浆的大豆富含蛋白质，豆浆煮沸后蛋白质变成了氨基酸2．设N A为阿伏加德罗常数的值，则下列说法正确的是（）A．电解精炼铜时，若阳极质量减少6.4 g，则电路中转移电子数为0.2N AB．向NH4Al（SO4）2稀溶液中逐滴加入过量Ba（OH）2溶液，离子方程式为：NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++5OH﹣=2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2O+NH3•H2OC．常温下，由水电离出的H+浓度为10﹣13mol•l﹣1的溶液中，Fe2+、Cl﹣、Na+、NO3﹣可能大量共存D．葡萄糖（C6H12O6）溶液中：SO42﹣、MnO4﹣、K+、H+可以大量共存3．某有机物T的分子式为C5H12O4，0.1mol T与足量钠反应生成4.48L（标准状况）氢气．已知一个碳原子上连接两个﹣OH的有机物不稳定．则T的稳定结构（不考虑立体异构）有（）A．6种B．7种C．8种D．9种4．S﹣诱抗素制剂能保持鲜花盛开，S﹣诱抗素的分子结构如图，下列关于该物质说法正确的是（）A．S﹣诱抗素制剂能发生酯化反应的官能团有2种B．含有苯环、羟基、羰基、羧基、碳碳双键C．mol S﹣诱抗素制剂与足量金属Na反应生成0.5mol H2D．该化合物不能发生聚合反应5．电解法是处理工业废水的一种重要方法．如酸性含（Cr2O72﹣）废水就可以采用电解法进行无害化处理．电解时采用Fe作阳极，惰性电极作阴极．已知：①氧化性：Cr2O72﹣＞Fe3+；②Cr2O72﹣被还原生成Cr3+；③K sp[Cr （OH）3]=6.3×10﹣31．下列说法正确的是（）A．阳极材料也可以是CuB．阴极每产生3molH2，则有1mol Cr2O72﹣被还原C．一段时间后溶液中发生反应Cr2O72﹣+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2OD．电解最后阶段需要加碱，使溶液中的阳离子转化为沉淀6．下列说法正确的是（）A．制备硫酸亚铁晶体时，最后在蒸发皿中蒸发浓缩溶液时，只需小火加热至溶液被全部蒸干B．向1 mL浓度均为0.05 mol•l﹣1的NaCl、NaI混合溶液中滴加2滴0.01 mol•l ﹣1的AgNO3溶液，振荡，沉淀呈黄色．结论：Ksp（AgCl）＜Ksp（AgI）C．0.1mol•l﹣1的NaOH溶液分别中和pH、体积均相等的醋酸和盐酸，所消耗NaOH 溶液的体积：前者小于后者D．水的电离过程是吸热过程，升高温度，水的离子积增大、pH减小7．下列关于各实验装置图的叙述中正确的是（）A．构成锌﹣铜原电池B．除去Cl2中含有的少量HClC．验证溴乙烷发生消去反应生成烯烃D．由实验现象推知酸性强弱顺序为CH3COOH＞H2CO3＞C6H5OH二、解答题（共3小题，满分43分）8．锂被誉为“金属味精”，以LiCoO2为正极材料的锂离子电池已被广泛用作便携式电源．工业上常以β锂辉矿（主要成分为LiAlSi2O6，还含有FeO、MgO、CaO等杂质）为原料来制取金属锂．其中一种工艺流程如下：已知：①部分金属氢氧化物开始沉淀和完全沉淀时的pH：氢氧化物Fe（OH）3Al（OH）3Mg（OH）2开始沉淀pH.73.79.6完全沉淀pH3.74.71②Li2CO3在不同温度下的溶解度如下表：温度/℃000507500Li2CO3的溶解度/g.539.406.329.1810.8660.728请回答下列问题：（1）用氧化物形式表示LiAlSi2O6的组成：．反应Ⅱ加入碳酸钙的作用是．（3）写出反应Ⅲ中生成沉淀A的离子方程式：．（4）洗涤所得Li2CO3沉淀要使用（选填“热水”或“冷水”），你选择的理由是．（5）将氯化锂溶液蒸干的过程中还需不断通入HCl气体，其作用是（6）本实验在电解熔融氯化锂生产锂时，阳极产生的氯气中会混有少量氧气，原因是．9．“C 1化学”是指以碳单质或分子中含1个碳原子的物质（如CO、CO2、CH4、CH3OH、HCOOH等）为原料合成工业产品的化学工艺，对开发新能源和控制环境污染有重要意义．（1）一定温度下，在两个容积均为2L的密闭容器中，分别发生反应：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H=﹣49.0kJ/mol．相关数据如下：容器甲乙反应物投入量mol CO2（g）和3mol H2（g）mol CH3OH（g）和1mol H2O（g）平衡时c（CH3OH）c1c2平衡时能量变化放出29.4kJ吸收a kJ请回答：①a=．②若甲中反应10s时达到平衡，则用CO2来表示甲中反应从开始到平衡过程中的平均反应速率是mol•l﹣1•S﹣1．甲烷的一个重要用途是制取H2，其原理为：CO2（g）+CH4（g）⇌2CO（g）+2H2（g）在密闭容器中通入等物质的量浓度的CH4与CO2，在一定条件下发生反应，测得CH4的平衡转化率与温度及压强的关系如图1所示，则压强P1P2（填“大于”或“小于”）；压强为P2时，在y点：v（正）v（逆）（填“大于”、“小于”或“等于”）．（3）一定条件下，治理汽车尾气的反应是2NO（g）+2CO（g）⇌2CO2（g）+N2（g）△H＜0．在恒温恒容的密闭容器中通入n（NO）：n（CO）=2：1的混合气体，发生上述反应．下列图象如图3正确且能说明反应在进行到t1时刻一定达到平衡状态的是（选填字母）．（4）甲酸（HCOOH）是一种弱酸，现用0.1mol•l﹣1 NaOH溶液分别滴定体积均为20.00mL、浓度均为0.1mol•l﹣1的盐酸和甲酸溶液，滴定曲线如图2：滴定开始前，三种溶液中由水电离出的c（H+）最大的是；V1和V2的关系V1V2（填“＞”、“=”或“＜”）；M点对应的溶液中，各离子的物质的量浓度由大到小的顺序是．10．水杨酸甲酯又叫冬青油，是一种重要的有机合成原料．某化学小组用水杨酸（）和甲醇在酸性催化剂催化下合成水杨酸甲酯并计算其产率．实验步骤：Ⅰ．如图，在三颈烧瓶中加入6.9g （0.05mol）水杨酸和24g（30mL，0.75mol）甲醇，向混合物中加入约10mL甲苯（甲苯与水形成的共沸物，沸点为85℃，该实验中加入甲苯，易将水蒸出），再小心地加入5mL浓硫酸，摇动混匀，加入1～2粒沸石，组装好实验装置，在85～95℃下恒温加热反应1.5小时：Ⅱ．待装置冷却后，分离出甲醇，然后转移至分液漏斗，依次用少量水、5%NaHCO3溶液和水洗涤；分出的产物加入少量无水MgSO4固体，过滤得到粗酯；Ⅲ．将粗酯进行蒸馏，收集221℃～224℃的馏分，得水杨酸甲酯4.5g．常用物理常数：名称分子量颜色状态相对密度熔点（℃）沸点（℃）水杨酸甲酯52无色液体.18﹣8.624水杨酸38白色晶体.445810甲醇32无色液体0.792﹣9764.7请根据以上信息回答下列问题：（1）仪器A的名称是，制备水杨酸甲酯时，最合适的加热方法是．实验中加入甲苯对合成水杨酸甲酯的作用是．（3）反应结束后，分离甲醇的操作是．（4）洗涤操作中，第一次水洗的主要目的是，第二次水洗的主要目的是．（5）检验产品中是否含有水杨酸的化学方法是．（6）本实验的产率为（保留两位有效数字）．三、选考题（选作1题，共做3题，共15分）【化学化学与技术】11．海洋是一个丰富的资源宝库，通过海水的综合利用可获得许多物质供人类使用．（1）海水中盐的开发利用：①海水制盐目前以盐田法为主，建盐田必须选在远离江河入海口，多风少雨，潮汐落差大且又平坦空旷的海滩．所建盐田分为贮水池、池和结晶池．②工业上通常以NaCl、CO2和NH3为原料制取纯碱，请写出第一步制取NaHCO3的化学方程式．电渗析法是近年来发展起来的一种较好的海水淡化技术，其原理如图1所示．其中具有选择性的阴离子交换膜和阳离子交换膜相间排列．请回答下面的问题：Ⅰ．电渗析法淡化海水中阴极室可获得的重要化工原料有．II．图中虚线部分表示离子交换膜．淡水从（A或B）排出．（3）用苦卤（含Na+、K+、Mg2+、Cl﹣、Br﹣等离子）可提取溴，其生产流程如图：Ⅰ．写出反应③的离子方程式为．II．通过①氯化已获得含Br2的溶液，为何还需经过吹出、吸收、酸化来重新获得含Br2的溶液？．Ⅲ．向蒸馏塔中通入水蒸气加热，控制温度在90℃左右进行蒸馏的原因是．【化学物质结构与性质】（共1小题，满分0分）12．X、Y、Z、L四种元素分别位于周期表中三个紧相邻的周期且原子序数依次增大，它们相关信息如下：X元素原子的价电子构型为nS n nP2nY 和Z位于同一周期，最外层都有两个未成对电子L元素原子的基态未成对电子数是同周期最多的元素请回答如下问题：（1）L元素在周期表中的位置是，该原子核外电子排布式是，其最高正价氧化物对应的水氧化物的化学式是元素X与Y形成的化合物晶体类型是晶体，1mol该化合物含有的化学键数为（用阿伏加德罗常数N A表示）（3）元素M是周期表中电负性最强的元素，X与M形成的化合物XM2的分子几何构型是，该化合物中X的原子的杂化轨道类型是（4）X与碳、氢、三种元素形成的相对分子质量最小的分子里有个δ键，个π键（5）金属元素N与Z形成的离子化合物的晶胞结构如图，晶胞中Z离子数目为．[化学选修5有机化学基础]（共1小题，满分0分）13．某抗结肠炎药物有效成分的合成路线如下（部分反应略去试剂和条件）：已知：（a）（1）烃A的结构简式是；①的反应条件是；②的反应类型是；（3）下列对抗结肠炎药物有效成分可能具有的物质推测正确的是：；A．水溶性比苯酚好，密度比苯酚的大B．能发生消去反应C．能发生聚合反应D．既有酸性又有碱性（4）E与足量NaOH溶液反应的化学方程式是；（5）写出所有符合下列条件的E的同分异构体的结构简式：；a．与E具有相同的官能团b．苯环上的一硝基取代产物有两种（6）已知易被氧化，苯环上连有烷基时再引入一个取代基，常取代在烷基的邻对位，而当苯环上连有羧基时则取代在间位．据此写出以A为原料合成化合物的合成路线．（依照题中抗结肠炎药物有效成分的合成路线的表达方式答题）甘肃省兰州市西北师大附中2015届高考化学四诊试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共7小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．生活处处有化学．下列说法正确的是（）A．制饭勺、饭盒、高压锅等的不锈钢是合金B．做衣服的棉和麻均与淀粉互为同分异构体C．煎炸食物的花生油和牛油都是可皂化的饱和酯类D．磨豆浆的大豆富含蛋白质，豆浆煮沸后蛋白质变成了氨基酸考点：金属与合金在性能上的主要差异；同分异构现象和同分异构体；油脂的性质、组成与结构；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点．专题：化学应用．分析：A．合金就是某种金属与其他一种或几种金属或非金属融合在一起形成的混合物；B．棉和麻主要成分是纤维素；C．花生油是植物油是不饱和酯类；D．蛋白质要在催化剂作用下才能水解为氨基酸．解答：解：A．“不锈钢是合金”，不锈钢是铁、钴、镍的合金，故A正确；B．棉和麻主要成分是纤维素，与淀粉不属于同分异构体，n值不同，故B错误；C．花生油是不饱和酯类，牛油是饱和酯类，故C错误；D．豆浆煮沸是蛋白质发生了变性，故D错误．故选A．点评：本题考查合金、同分异构体、油脂和蛋白质的性质，难度较小，旨在考查学生对基础知识的识记，注意基础知识的积累掌握．2．设N A为阿伏加德罗常数的值，则下列说法正确的是（）A．电解精炼铜时，若阳极质量减少6.4 g，则电路中转移电子数为0.2N AB．向NH4Al（SO4）2稀溶液中逐滴加入过量Ba（OH）2溶液，离子方程式为：NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++5OH﹣=2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2O+NH3•H2OC．常温下，由水电离出的H+浓度为10﹣13mol•l﹣1的溶液中，Fe2+、Cl﹣、Na+、NO3﹣可能大量共存D．葡萄糖（C6H12O6）溶液中：SO42﹣、MnO4﹣、K+、H+可以大量共存考点：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、粗铜中含有还原性强于铜的杂质铁、锌，电解过程中优先放电；B、书写一方过量的离子方程式时，设量少的物质的物质的量为1mol，根据所消耗的离子来书写；C、由水电离出的H+浓度为10﹣13mol•l﹣1的溶液，水的电离被抑制，可能是酸溶液也可能是碱溶液；D、葡萄糖是多羟基的醛，含醛基，有强还原性．解答：解：A、电解精炼铜时，阳极粗铜中含有活泼性较强的铁、先等杂质，电解时铁、锌杂质先放电，且铁摩尔质量小于铜的64g/mol，锌的摩尔质量大于铜的摩尔质量，所以阳极减少6.4g，转移的电子的物质的量不一定为0.2mol，故A错误；B、书写一方过量的离子方程式时，设量少的NH4Al（SO4）2的物质的量为1mol，则1molNH4+消耗1molOH﹣，1molAl3+消耗4molOH﹣，2molSO42﹣消耗2molBa2+，故离子方程式为：NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++5OH﹣=2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2O+NH3•H2O，故B正确；C、由水电离出的H+浓度为10﹣13mol•l﹣1的溶液，水的电离被抑制，可能是酸溶液也可能是碱溶液，当是酸溶液时，有大量的氢离子，则Fe2+、H+、与NO3﹣不能大量共存；若为碱溶液，则存在大量OH﹣，而与Fe2+不能共存，故C错误；D、葡萄糖是多羟基的醛，含醛基，有强还原性，能被MnO4﹣氧化而不能共存，故D错误．故选B．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．3．某有机物T的分子式为C5H12O4，0.1mol T与足量钠反应生成4.48L（标准状况）氢气．已知一个碳原子上连接两个﹣OH的有机物不稳定．则T的稳定结构（不考虑立体异构）有（）A．6种B．7种C．8种D．9种考点：有机化合物的异构现象．分析：分子式为C5H12O4，0.1mol T与足量钠反应生成4.48L（标准状况）氢气即0.2mol 氢气，即1mol T与足量钠反应生成4.48L（标准状况）氢气即2mol氢气，则说明C5H12O4中含4个﹣OH，已知一个碳原子上连接两个﹣OH的有机物不稳定，即4个﹣OH分别连在4个碳原子上，只有一个碳原子上不连﹣OH，据此分析．解答：解：有机物的分子式为C5H12O4，0.1mol T与足量钠反应生成4.48L（标准状况）氢气即0.2mol氢气，即1mol T与足量钠反应生成4.48L（标准状况）氢气即2mol氢气，则说明C5H12O4中含4个﹣OH，已知一个碳原子上连接两个﹣OH的有机物不稳定，即4个﹣OH分别连在4个碳原子上，只有一个碳原子上不连﹣OH．当这5个碳原子为正戊烷C﹣C﹣C﹣C﹣C的碳链结构时，这唯一一个不连﹣OH的碳原子的可能位置有3种，即4个﹣OH在此碳链上的连接方式有3种，即CH2（OH）CH（OH）CH（OH）CH（OH）CH3，CH2（OH）CH（OH）CH（OH）CH2CH2OH；CH2（OH）CH （OH）CH2CH（OH）CH2OH当这5个碳原子为异戊烷的碳链结构时，这唯一一个不连﹣OH的碳原子的可能位置有4种，即4个﹣OH在此碳链上的连接方式有4种：（CH2OH）2C（OH）CH（OH）CH3，（CH2OH）2C（OH）CH2CH2OH；（CH2OH）2CHCH（OH）CH2OH，HOCH2CH（CH3）（OH）CH3CH（OH）CH2OH；当这5个碳原子为新戊烷的碳链结构时，由于能连﹣OH的碳原子只有4个，故将4个﹣OH连在C原子上的连接方法只有1种，即C（CH2OH）4；故T的稳定结构共有8种．故选C．点评：本题考查了同分异构体的书写，注意当有多个官能团时书写位置异构时的解题技巧，难度较大．4．S﹣诱抗素制剂能保持鲜花盛开，S﹣诱抗素的分子结构如图，下列关于该物质说法正确的是（）A．S﹣诱抗素制剂能发生酯化反应的官能团有2种B．含有苯环、羟基、羰基、羧基、碳碳双键C．mol S﹣诱抗素制剂与足量金属Na反应生成0.5mol H2D．该化合物不能发生聚合反应考点：有机物的结构和性质．专题：有机物的化学性质及推断．分析：由S﹣诱抗素的分子结构可知，分子中含﹣OH、双键、﹣COOH、羰基，结合醇、烯烃、羧酸及酮的性质来解答．解答：解：A．含﹣OH、﹣COOH两种官能团可发生酯化反应，故A正确；B．分子中不含苯环，故B错误；C．只有﹣OH、﹣COOH与Na反应，则1mol S﹣诱抗素制剂与足量金属Na反应生成1mol H2，故C错误；D．含双键可发生加聚反应，含﹣OH、﹣COOH可发生缩聚反应，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，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．5．电解法是处理工业废水的一种重要方法．如酸性含（Cr2O72﹣）废水就可以采用电解法进行无害化处理．电解时采用Fe作阳极，惰性电极作阴极．已知：①氧化性：Cr2O72﹣＞Fe3+；②Cr2O72﹣被还原生成Cr3+；③K sp[Cr （OH）3]=6.3×10﹣31．下列说法正确的是（）A．阳极材料也可以是CuB．阴极每产生3molH2，则有1mol Cr2O72﹣被还原C．一段时间后溶液中发生反应Cr2O72﹣+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2OD．电解最后阶段需要加碱，使溶液中的阳离子转化为沉淀考点：电解原理．分析：A．铁为电极，则阳极上铁失去电子生成二价铁具有还原性可以将Cr2O72﹣被还原生成Cr3+；B．阴极每产生3molH2，则转移电子数6mol，根据氧化还原反应得失电子守恒得6Fe～12e﹣～6Fe2+～Cr2O72﹣，据此计算；C．亚铁离子具有还原性，发生氧化还原反应；D．阳离子向阴极移动，且阴极生成碱．解答：解：A．铁为电极，则阳极上铁失去电子，则发生Fe﹣2e﹣=Fe2+，二价铁具有还原性可以将Cr2O72﹣被还原生成Cr3+，而铜作阳极生成铜离子无还原性，不能将Cr2O72﹣被还原生成Cr3+，故A错误；B．阴极每产生3molH2，则转移电子数6mol，根据氧化还原反应得失电子守恒得6Fe～12e﹣～6Fe2+～Cr2O72﹣，故被还原的Cr2O72﹣的物质的量为0.5mol，故B错误；C．电解时阳极生成的亚铁离子具有还原性，发生氧化还原反应，离子反应为Cr2O72﹣+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，故C正确；D．由C可知，反应中生成的阳离子向阴极移动，且阴极生成碱，则在阴极附近生成Cr （0H）3和Fe（0H）3沉淀，所以电解最后阶段不需要加碱，故D错误；故选C．点评：本题考查电解原理，明确电解过程中离子的移动及离子的放电顺序、发生的电极反应是解答本题的关键，题目难度中等．6．下列说法正确的是（）A．制备硫酸亚铁晶体时，最后在蒸发皿中蒸发浓缩溶液时，只需小火加热至溶液被全部蒸干B．向1 mL浓度均为0.05 mol•l﹣1的NaCl、NaI混合溶液中滴加2滴0.01 mol•l ﹣1的AgNO3溶液，振荡，沉淀呈黄色．结论：Ksp（AgCl）＜Ksp（AgI）C．0.1mol•l﹣1的NaOH溶液分别中和pH、体积均相等的醋酸和盐酸，所消耗NaOH 溶液的体积：前者小于后者D．水的电离过程是吸热过程，升高温度，水的离子积增大、pH减小考点：盐类水解的应用；弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．分析：A、蒸发操作不能直接蒸干；B、结构相似的难溶盐，浓度都相同时，溶度积常数越小的越先沉淀；C、pH、体积均相同的醋酸和盐酸，醋酸的浓度大；D、根据水的离子积表达式以及水的电离平衡影响知识来回答．解答：解：A、蒸发操作不能直接蒸干，以防止温度过高而导致分解而变质，故A错误．B、结构相似的难溶盐，浓度都相同时，溶度积常数越小的越先沉淀，混合溶液中生成黄色沉淀，说明Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI），故B错误；C、pH、体积均相同的醋酸和盐酸，由于醋酸部分电离，所以醋酸的浓度大于HCl的浓度，因此消耗NaOH溶液的体积醋酸比HCl大，故C错误；D、水的电离过程是吸热过程，升高温度，平衡向右移动，水的离子积增大，氢离子浓度增大，所以pH减小，故D正确．故选D．点评：本题考查了弱电解质的电离、盐的水解、溶度积常数比较、实验基本操作等知识点，难度不大，注意电离平衡常数只与温度有关，溶度积常数比较物质溶解性大小的方法．7．下列关于各实验装置图的叙述中正确的是（）A．构成锌﹣铜原电池B．除去Cl2中含有的少量HClC．验证溴乙烷发生消去反应生成烯烃D．由实验现象推知酸性强弱顺序为CH3COOH＞H2CO3＞C6H5OH考点：化学实验方案的评价．专题：实验评价题．分析：A．电极材料和电解池溶液放置颠倒；B．氯气和氯化氢都与氢氧化钠溶液反应；C．不能排除乙醇的干扰；D．乙酸和碳酸钠溶液反应生成二氧化碳气体，用饱和碳酸氢钠除去挥发的醋酸，如苯酚钠溶液变浑浊，可证明实验结论．解答：解：A．应将锌插入硫酸锌，铜插入硫酸铜溶液中，否则锌置换铜，不能形成原电池反应，故A错误；B．氯气和氯化氢都与氢氧化钠溶液反应，应用饱和食盐水除杂，故B错误；C．乙醇易挥发，其能与酸性高锰酸钾溶液反应，应先除去乙醇，故C错误；D．乙酸和碳酸钠溶液反应生成二氧化碳气体，用饱和碳酸氢钠除去挥发的醋酸，如苯酚钠溶液变浑浊，则可说明酸性CH3COOH＞H2CO3＞C6H5OH，故D正确．故选D．点评：本题考查化学实验方案的评价，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，为2015届高考常见题型，注意把握实验的原理以及实验操作的严密性的判断，难度不大．二、解答题（共3小题，满分43分）8．锂被誉为“金属味精”，以LiCoO2为正极材料的锂离子电池已被广泛用作便携式电源．工业上常以β锂辉矿（主要成分为LiAlSi2O6，还含有FeO、MgO、CaO等杂质）为原料来制取金属锂．其中一种工艺流程如下：已知：①部分金属氢氧化物开始沉淀和完全沉淀时的pH：氢氧化物Fe（OH）3Al（OH）3Mg（OH）2开始沉淀pH.73.79.6完全沉淀pH3.74.71②Li2CO3在不同温度下的溶解度如下表：温度/℃000507500Li2CO3的溶解度/g.539.406.329.1810.8660.728请回答下列问题：（1）用氧化物形式表示LiAlSi2O6的组成：Li2o•Al2O3•4Sio2．反应Ⅱ加入碳酸钙的作用是除去反应Ⅰ中过量的H2SO4；控制pH，使Fe3+、Al3+完全沉淀．（3）写出反应Ⅲ中生成沉淀A的离子方程式：Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓、Ca2++CO32﹣═CaCO3↓．（4）洗涤所得Li2CO3沉淀要使用热水（选填“热水”或“冷水”），你选择的理由是Li2CO3在较高温度下溶解度小，用热水洗涤可减少Li2CO3的损耗．（5）将氯化锂溶液蒸干的过程中还需不断通入HCl气体，其作用是抑制LiCl的水解，防止生成LiOH，同时HCl可带走水蒸气（6）本实验在电解熔融氯化锂生产锂时，阳极产生的氯气中会混有少量氧气，原因是加热蒸干LiCl溶液时，LiCl有少量水解生成LiOH，受热分解生成Li2O，电解时产生O2．考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．专题：实验设计题．分析：β﹣锂辉矿（主要成分为LiAlSi2O6，还含有FeO、MgO、CaO等杂质）为原料来制取金属锂，加入过量浓硫酸溶解β﹣锂辉矿，加入碳酸钙除去过量的硫酸调节溶液PH=5，使铁离子和铝离子沉淀完全，加入水洗过滤洗去矿泥，然后加入氢氧化钙和碳酸钠沉淀镁离子和钙离子，过滤得到溶液中主要是锂离子的溶液，蒸发浓缩，加入碳酸钠沉淀锂离子生成碳酸锂，洗涤后加入盐酸溶解得到纯净的氯化锂溶液，加热蒸干得到氯化锂，电解熔融氯化锂得到金属锂．（1）根据元素的化合价将Li、Al、Si写成氧化物形式，中间用•连接即可；根据工艺流程可知，加入碳酸钙目的是除去硫酸，调节溶液pH，除去铁离子、铝离子；（3）反应Ⅲ要除去镁离子，加入过量氢氧化钙后生成氢氧化镁沉淀，然后用碳酸钠除去过量的钙离子杂质，所以沉淀为氢氧化镁、碳酸钙，据此写出反应的离子方程式；（4）分离出不溶物方法为过滤；根据表中数据可知，Li2CO3在较高温度下溶解度小，用热水洗涤可减少Li2CO3的损耗；（5）将氯化锂溶液蒸干的过程中还需不断通入HCl气体是抑制LiCl的水解，防止生成LiOH；（6）根据蒸干LiCl溶液时，LiCl有少量水解生成LiOH，氢氧化锂部分分解生成氧化锂，电解时会生成氢气．解答：解：（1）将硅酸盐改为氧化物形式的方法为：依次将各元素写成氧化物形式，中间用“•”连接，同时要注意氧化物先后顺序，为Li2o•Al2O3•4Sio2，故答案为：Li2o•Al2O3•4Sio2；由（1）改写可知，β﹣锂辉矿在加入过量浓硫酸后，只有SiO2不溶，同时Fe2+被氧化为Fe3+，并生成CaSO4沉淀，所以溶液中含有Fe3+、Al3+、Mg2+、Li+等离子，依据实验目的可知必须除去杂质离子，故在反应Ⅱ中加入碳酸钙的作用为：除去反应Ⅰ中过量的H2SO4；控制pH，使Fe3+、Al3+完全沉淀，故答案为：除去反应Ⅰ中过量的H2SO4；控制pH，使Fe3+、Al3+完全沉淀；（3）利用题干信息知反应Ⅲ要除去Mg2+，但在加入沉淀剂Ca（OH）2时会引入大量Ca2+，故还需加入Na2CO3除去Ca2+，即沉淀A为Mg（OH）2沉淀与CaCO3沉淀的混合物，反应的离子方程式为：Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓、Ca2++CO32﹣═CaCO3↓，故答案为：Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓、Ca2++CO32﹣═CaCO3↓；（4）实验室里分离固液混合物的操作是过滤，由题中给出Li2CO3的溶解度与温度的关系，可知洗涤Li2CO3沉淀要使用热水，Li2CO3在较高温度下溶解度小，用热水洗涤可减少Li2CO3的损耗，故答案为：热水；Li2CO3在较高温度下溶解度小，用热水洗涤可减少Li2CO3的损耗；（5）将氯化锂溶液蒸干的过程中还需不断通入HCl气体，其作用是：抑制LiCl的水解，防止生成LiOH，同时HCl可带走水蒸气，故答案为：抑制LiCl的水解，防止生成LiOH，同时HCl可带走水蒸气；（6）由有氧气产生可逆推知可能的原因：加热蒸干LiCl溶液时，LiCl有少量水解生成LiOH，受热分解生成Li2O，电解时产生O2，故答案为：加热蒸干LiCl溶液时，LiCl有少量水解生成LiOH，受热分解生成Li2O，电解时产生O2 ；点评：本题考查了工业上以β﹣锂辉矿制取金属锂的方法，题目难度中等，试题涉及了化学式的书写、物质的分离与提纯、离子方程式的书写等知识，合理分析题中工艺流程是解题关键．9．“C 1化学”是指以碳单质或分子中含1个碳原子的物质（如CO、CO2、CH4、CH3OH、HCOOH等）为原料合成工业产品的化学工艺，对开发新能源和控制环境污染有重要意义．（1）一定温度下，在两个容积均为2L的密闭容器中，分别发生反应：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H=﹣49.0kJ/mol．相关数据如下：容器甲乙反应物投入量mol CO2（g）和3mol H2（g）mol CH3OH（g）和1mol H2O（g）平衡时c（CH3OH）c1c2平衡时能量变化放出29.4kJ吸收a kJ请回答：①a=19.6．。
甘肃省兰州市西北师大附中高三理综化学部分下学期第二次模拟试题
B．通空气的电极反应式为O2+4e-=2O2-
C．通甲烷的电极反应式：CH4+4CO32--8e-=5CO2+2H2O
D．甲烷燃料电池中CO32-向空气一极移动
12．已知298K时，Ksp(NiS)＝1.0×10-21，Ksp(NiCO3)＝1.0×10-7；p(Ni)＝－lg c(Ni2+)，p(B)＝－lg c(S2-)或－lg c(CO32-)。在含物质的量浓度相同的Na2S和Na2CO3的混合溶液中滴加Ni(NO3)2溶液产生两种沉淀，溶液中阳离子、阴离子浓度关系如图所示。下列说法错误的是
C．硫酸氢钠与氢氧化钡两种溶液反应后pH恰好为7：H＋＋SO ＋Ba2＋＋OH－===BaSO4↓＋H2O
D．向含0.1 mol NaOH和0.1 mol Na2CO3的溶液中加入1 L 0.4 mol·L－1稀盐酸：OH－＋CO ＋3H＋===CO2↑＋2H2O
9．下列关于有机化合物的说法正确的是
第Ⅰ卷
一、选择题：本大题共13小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要
求的。
7．化学与生产、生活、科技等密切相关，下列有关解释正确的是
A．用樟脑丸驱除衣柜里的蟑螂，是由于樟脑丸的分解产物能杀灭蟑螂
B．氨气液化以及液氨气化均要吸收大量的热，所以氨气常作制冷剂
C．纯银制品在空气中久置变黑，是因为发生了电化学腐蚀
溶液没有出现红色
根据以上实验，乙同学认为该条件下反应的固体产物为FeO。
A．常温下NiCO3的溶解度大于NiS的溶解度
B．向d点对应的溶液中加入对应阴离子的钠盐，d点向b点移动
C．对于曲线I，在b点加热，b点向c点移动
甘肃省兰州市2015届高三下学期诊断考试化学试题
甘肃省兰州市2015届高三下学期诊断考试化学试题7．化学与人类生活、社会可持续发展密切相关。
下列有关叙述中不正确的是 （ ） A ．“海水淡化”可以解决“淡水供应危机”，加入明矾可以使海水淡化 B ．采用加热方法消毒的目的是使蛋白质变性而杀灭细菌 C ．含有重金属的电器废品不能随意丢弃，要分类回收并利用D ．煤炭燃烧过程中安装“固硫”装置，主要是为了减少二氧化硫的排放8．下列有关物质制取或性质探究实验设计不能达到实验目的的是 （ ）A ．利用图1制取并收集干燥的氨气B ．利用图2制取Fe(OH)2，使用煤油的目的是防止生成的Fe(OH)2被空气氧化C ．利用图3制取并收集NO 2气体D ．利用图4用酒精制取无水乙醇9．下列有关有机化合物的结构和性质的叙述，正确的是（ ）A ．苯的硝化、丙烯使高锰酸钾酸性溶液褪色的反应都属于取代反应B ．C 8H 10含苯环的烃同分异构体有3种C ．乙烯、苯、乙烷分子中的所有原子都在同一平面上D ．莽草酸（ ）能使溴的四氯化碳溶液褪色10．科学家设想以N 2和H 2为反应物，以溶有A 的稀盐酸为电解质溶液，可制造出既能提供电能，又能固氮的新型燃料电池，装置如下图所示，下列说法不正确的是（ ） A ．通入N 2的电极发生的电极反应式为：N 2 + 6e - + 8H +== 2NH 4+B ．反应过程中溶液的pH 会变大，故需要加入盐酸C ．该电池外电路电流从通入H 2的电极流向通入N 2的电极D ．通入H 2的电极为负极，A 为NH 4Cl 11．下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（ ）A ．稀硝酸中加入过量铁粉：Fe ＋ 4H ＋＋ NO －3=== Fe 3＋＋ NO↑ ＋ 2H 2O B ．用铜作电极电解饱和食盐水：2Cl －＋ 2H 2O =====电解Cl 2↑ ＋ H 2↑ ＋ 2OH －C ．氯化铝溶液中加入过量氨水：Al 3＋＋ 3NH 3·H 2O=== Al(OH)3 ↓＋ 3NH ＋4D ．向BaCO 3固体中加入过量的稀H 2SO 4：BaCO 3＋2H ＋===Ba 2＋＋CO 2↑＋H 2O12．现有甲、乙、丙、丁四种短周期元素，它们之间的关系如下：Ⅰ．原子半径：甲＜丙＜乙＜丁 Ⅱ．原子的最外层电子数：甲+丙=乙+丁=8 Ⅲ．原子的核外电子层数：丁>乙=丙=2甲 Ⅳ．乙元素的主要化合价：最高正价+最低负价=2 则下列说法不正确的是（ ）图1 图2 图3 图 4A ．乙元素的最外层有5个电子，其氢化物含有极性键B ．四种元素中丙的非金属性最强，其最高价氧化物对应的含氧酸酸性最强C ．丁元素的氧化物对应的水化物与乙元素最高价氧化物对应水化物恰好完全反应形成的盐溶液显酸性D ．乙、丙两元素形成的简单氢化物稳定性丙的强于乙13．根据下列各图曲线表征的信息，得出的结论不正确的是（ ）A ．图1表示常温下向体积为10 mL 0.1 mol·L－1NaOH 溶液中逐滴加入0.1 mol ·L -1CH 3COOH 溶液后溶液的pH 变化曲线，则b 点处有：c (CH 3COOH)＋c (H ＋)＝c (OH －) B ．图2表示用水稀释pH 相同的盐酸和醋酸时溶液的pH 变化曲线，其中Ⅰ表示醋酸，Ⅱ表示盐酸，且溶液导电性：c ＞b ＞aC ．图3表示H 2与O 2发生反应过程中的能量变化，H 2的燃烧热为285.8 kJ ·mol－1D ．由图4得出若除去CuSO 4溶液中的Fe 3＋，可采用向溶液中加入适量CuO ，调节溶液的pH 至4左右26．（14分）工业上用辉铜矿（主要成分Cu 2S ，含Fe 3O 4、SiO 2杂质）为原料，生产硫酸铜晶体的工艺流程如下：已知：①固体B 为氧化物组成的混合物 ②[Cu(NH 3)4]2+(aq) Cu 2+(aq) + 4NH 3(aq)（1）气体X 是 ，高温下在过量空气中煅烧辉铜矿时，Cu 2S 发生反应的方程式为：。
【化学】2015年甘肃省兰州市西北师大附中高考一模试卷
2015年甘肃省兰州市西北师大附中高考化学一模试卷一、选择题1. ( 6分)下列化学式与其名称的对应关系正确的是( )分析：A、软脂酸为C5H1COOHB、纯碱为碳酸钠白色粉末；C、纤维素属于多糖每个链节含有三个羟基；D丙氨酸为a氨基酸；解答：解：A、软脂酸为C i5H3i COOH C17H33COO助硬脂酸，故A错误；B、纯碱为碳酸钠白色粉末，不是晶体，故B错误；C、纤维素属于多糖每个链节含有三个羟基，为n,故C正确；D丙氨酸为a氨基酸，CHCH(NH) COOH 故D错误；故选C.点评：本题考查了物质组成和结构，名称和结构特征的分析判断，掌握基础是关键，题目较简单.2. ( 6分)在密闭容器中发生反应：aX (g) +bY (g) ?cZ (g) +dW( g)反应达到平衡后，将气体体积压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，W的浓度为原平衡状态的1.8倍.下列叙述正确的是( )A.平衡向正反应方向移动B. (a+b)>( c+d)C. Z的体积分数变大D. X的转化率变小考点：:化学平衡的影响因素.分析：:假定平衡不移动，将气体体积压缩到原来的一半，W的浓度为原来的2倍，实际再次达到新平衡时，W的浓度为原来的1.8倍，说明压强增大，平衡向逆反应移动，即a+b< c+d,据此结合选项解答.解答：〕解: A、气体体积压缩到原来的一半，W的浓度为原来的1.8倍，说明压强增大，平衡向逆反应移动，故A错误；B、气体体积压缩到原来的一半，D的浓度为原来的1.8倍，说明压强增大，平衡向逆反应移动，即a+b v c+d，故B错误；C、压强增大，平衡向逆反应移动，Z的体积分数减小，故C错误；D压强增大，平衡向逆反应移动，反应物X转化率减小，故D正确；故选D.点评：本题考查了化学平衡的影响因素，难度不大，根据W的浓度变化判断平衡移动方向是解题的关键.3. （6分）下列叙述中正确的是（）A. P4和NQ都是共价化合物B.在CaQ和SiQ2晶体中，都不存在单个小分子C. CCl4和NH都是以极性键结合的极性分子D.甲烷是对称的平面结构，所以是非极性分子考点：共价键的形成及共价键的主要类型；极性分子和非极性分子.所有分析：丿A P4是单质；B CaQ是离子晶体构成微粒阴阳离子和SiQ2是原子晶体，构成微粒是原子；C四氯化碳是极键形成的非极性分子；D甲烷是对称的正四面体结构.解答：解: A P4是单质，不是化合物，故A错误；B CaQ是离子晶体构成微粒阴阳离子和SiQ2是原子晶体，构成微粒是原子，所以不存在单个小分子，故B正确；C四氯化碳是极键形成的非极性分子，而NH是以极性键结合的极性分子，故C错误；D甲烷是对称的正四面体结构，而不是平面结构，故D错误；故选B.点评：本题考查了知识点较综合，涉及化学键、晶体类型的判断、空间构型的判断等知识点，难度较大，易错点是微粒空间构型的判断、分子极性的判断.4. （6分）下列各组离子，在强酸性溶液中可以大量共存的是（）+ 2+ 2 - - A. K、Fe、SQ、Br2+ 2+ - C. Mg、Ca、HCQ、Cl考点：离子共存问题.所有专题：离子反应专题. B. Na+、Al (QH 4-、Cl-、SQ2 D. Fe2+、CsT、Cl-、NQ-分析：在强酸性溶液中可以大量共存，说明在酸性条件下，离子之间不发生任何反应生成沉淀、气体或弱电解质等，结合题中对应离子的性质解答该题.解答：解：A.离子之间不发生任何反应，可大量共存，故A正确；B. 酸性条件下Al (OH 4「不能大量共存，故B错误；C. 酸性条件下HCO不能大量共存，故C错误；D. 酸性条件下Fe2+、NO「发生氧化还原反应而不能大量共存，故D错误. 故选A.点评：本题考查离子共存问题，为高频考点，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合运用的考查，注意把握常见离子的性质以及反应类型的判断，难度不大，注意相关基础知识的积累.5. ( 6分)向10mL0.001mol?L「1NaOH溶液分别加入等体积的下列各溶液，所得溶液的pH最小的是( )考点：pH的简单计算•所有-1 - 1分析：A.向10mL0.001mol?L NaOH溶液加入等体积的0.001mol?L 的盐酸恰好完全反应生成氯化钠溶液，溶液呈中性；B. pH=3的硫酸中氢离子浓度为0.001mol?L「1，等体积的0.001mol?L「1NaOH溶液混合, 恰好完全反应生成硫酸钠溶液，溶液呈中性；C. 向10mL0.001mol?L「1 NaOH溶液加入等体积的0.001mol?L「1的醋酸恰好完全反应生成乙酸钠溶液，溶液呈碱性；D. 醋酸为弱电解质，pH=3的醋酸氢离子浓度为0.001mol?L「二醋酸浓度大于0.001mol?L1,向10mL0.001mol?L-1NaOH溶液加入等体积的pH=3的醋酸，乙酸过量, 溶液呈酸性.「-1 - - 3解答：解：10mL0.001mol?L NaOH溶液的c (OH) =c (NaOH =1X 10 mol/L，分别加入等体积的下列各溶液，A. 0.001mol?L -1的盐酸，溶液的c ( H+) =c ( HCl) =1X 10 -3mol/L，等体积混合，恰好完全反应生成氯化钠溶液，氯化钠为强酸强碱盐，溶液呈中性；B. pH=3的硫酸，溶液的c ( H+) =gc ( HSQ) =1 x 10 -3mol/L，等体积混合，恰好完全反应生成硫酸钠溶液，溶液呈中性；—1 + —3C. 醋酸为弱电解质，0.001mol?L 的醋酸，溶液的c（ H）v c（ CHCOOH=1X 10 mol/L , 恰好完全反应生成乙酸钠溶液，乙酸钠为强碱弱酸盐水解溶液呈碱性；—1 —1D. pH=3的醋酸氢离子浓度为0.001mol?L ，醋酸浓度大于0.001mol?L ，向10mL0.001mol?L—1NaOH溶液加入等体积的pH=3的醋酸，乙酸过量，溶液呈酸性；综上所得溶液的pH最小的是pH=3的醋酸，故选D.点评：本题考查了pH的有关计算，明确氢离子浓度、氢氧根离子浓度与溶液酸碱性、盐的性质关系是解答的关键，题目难度不大.6. （6分）（2015?海南模拟）下列各项实验的基本操作中，正确的是（）A. 为了加快过滤速度，可用玻璃棒搅拌过滤器中的液体B. 为了防止容量瓶漏液，可在玻璃塞上涂上凡士林C. 为了使制取氢气的速率加快，可向稀硫酸中加入少量硫酸铜溶液D. 为了使配制的FeCW溶液不产生混浊，可加入盐酸和铁片考点：过滤；化学反应速率的影响因素；盐类水解的原理；不能加热的仪器及使用方法•所有分析：A.过滤器中的液体不能用玻璃棒搅拌；B. 在玻璃塞上涂凡士林会使溶液受到污染；C. Zn和硫酸的反应中加入少量的CuSO溶液，能置换出一定量Cu,在溶液中形成Cu/Zn 原电池，原电池反应比化学反应速率快；D. Fe3+易水解，水解生成H+,配制溶液时，可加入盐酸抑制FeCl3水解，防止生成沉淀而导致溶液变浑浊.解答：解：A.用玻璃棒搅拌过滤器中的液体可能将滤纸弄破，使实验失败，故A错误；B. 容量瓶是用来配制标准溶液的，在玻璃塞上涂凡士林会使溶液受到污染，故B错误；C. Zn比Cu活泼，可置换出Cu,反应的方程式为CuSO+Zn=ZnSO+Cu,在溶液中形成Cu/Zn原电池，而加快化学反应速率，故C正确；D. Fe3+易水解，水解生成H+,水解的离子方程式为Fe3++3H2C?Fe （OH 3+3H I,配制溶液时，可加入酸抑制FeCb水解，防止生成沉淀而导致溶液变浑浊，由于溶液是FeCb溶液，加铁片，Fe+2FeCl 3=3FeCl 2,反而加剧变质，故 D 错误； 故选C.点评：本题主要考查基本实验操作等相关内容，在化学实验操作时，注意常见化学实验操作的注意事项，题目难度不大，注意D 选项把握水解原理的应用.7. （ 6分）已知KMnO 与KNO 溶液反应的离子方程式为（未配平） ：Mn Q 「+NQ 「+□- Mn+N （O +H 2O.下列说法正确的是（ ）A . MhC 4-发生了氧化反应B .氧化剂与还原剂的物质的量之比为 1: 3C.方程式“□”中的应填入 OHD.氧化产物与还原产物物质的量之比是5: 2考点：: 氧化还原反应的计算•所有 分析：：该反应中Mn 兀素化合价由+7价变为+2价，所以MnO 是氧化剂，NO 应该作还原剂， 亚硝酸根离子中N 元素应该失电子化合价升高，酸性条件下，应该生成硝酸根离子，— —+ 2+ —根据转移电子相等、 原子守恒配平方程式为 2MnO +5NO +6H=2Mn +5NO +3H 2O,以此 解答该题.解答：〕）i1 解：该反应中Mn 兀素化合价由+7价变为+2价，所以MnO 是氧化剂，NQ 应该作还 原剂，亚硝酸根离子中 N 元素应该失电子化合价升高，酸性条件下，应该生成硝酸根+2 +离子，根据转移电子相等、原子守恒配平方程式为 2MnO +5NO +6H-2Mn +5 NO +3H 2O,A. 反应中Mn 元素化合价降低，MnO 发生还原反应，故 A 错误；B.由方程式可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为2： 5，故B 错误；C方程式“□”中的应填入 H +，故C 错误； D.由方程式可知氧化产物与还原产物物质的量之比是5： 2,故D 正确.故选D. 点评：: 本题考查氧化还原反应， 根据高锰酸钾的性质确定 NO 的性质，正确配平方程式是解 本题关键，易错选项是 C,注意从电荷生成的角度判断，为易错点.& （ 6分）乙烯酮（CH=C=O 在一定条件下，能与含活泼氢的化合物发生如下反应，其反应II可表示为：CH=C=O+HA i ----------- '—-.下列各试剂，在一定条件下与乙烯酮发生反应，其产 物不正确的是（）A . HCl 与之加成，生成 CH 3COCIB .CHQH 与之加成，生成 CH 3CQC 2QH C. H 2Q 与之加成，生成 CHCQQHDD11 11CHCQQ!与之加成，生成d-fe —C —0—C -CHs考点： 有机物的结构和性质•所有 分析：由CH — G-Q+H*CH H —A,可知，活性氢原子加到 CH=C=Q 中烃基碳上，其余部分 加到羰基碳上，以此来解答.解答：\解：依题中信息知：活性氢原子加到CH=C=Q 中烃基碳上，其余部分加到羰基碳上.A .乙烯酮（CH=C=Q 与HCI 加成生成 CHCQCI,故A 正确；B 乙烯酮（CH=C=Q 与CHQH 加成时得 CHCQQGH 故B 错误； C. 乙烯酮（CH=C=Q 与H 2Q 加成时得 CH 3CQQH 故C 正确； D. 乙烯酮（CH=C=Q 与CHCQQH^成时得 CHCQQCQC ,故D 正确.故选B.点评：本题考查有机物的结构和性质，综合考查学生的分析能力和综合运用化学知识的能 力，为咼考常见题型，难度不大，注意把握活性氢原子加到 CH=C=Q 中烃基碳上，其余部分加到羰基碳上为解答该题的关键.、解答题（共4小题，满分60 分）9. （ 15分）已知A 〜F 是中学化学中常见物质，其中A C 、E 、F 为气体，B 、D 为液体，D备单质C , X 是一种黑色粉末，B 分子中有18个电子•反应中部分生成物已略去.化学式填写）•（2） B 的电子式为:CU+2HSQ (浓)——-一CuSO+SQ f +2H 2O(4)写出反应①、⑥的离子方程式：的消费量常作为一个国家工业发达水平的一种标志,F 的浓溶液与X 共热通常用于实验室制（1 ）根据图中信息,B 、CD X 氧化性从强到弱的顺序是: MnO > Cl 2> HzC 2> HzSQ （用(3)写出反应②的化学方程式:试回答下列:① CI2+SQ+2H2A 4H+SQ +2CI ;⑥Mn Q+4H+2CI_ ------------ M^+Cb f +2H2O考点：无机物的推断.所有专题：推断题.分析：已知A〜F是中学化学中常见物质，其中A C E、F为气体，B、D为液体，D的消费量常作为一个国家工业发达水平的一种标志判断为H2SQ, A为SQ, F的浓溶液与X共热通常用于实验室制备单质C, X是一种黑色粉末，判断反应是制备氯气的反应原理，X为MnQ, C为CI2, F为HCI; B分子中有18个电子，和二氧化硫反应生成硫酸，说明B是氧化剂；推断B为H2Q,和MnQ反应，过氧化氢做还原剂生成氧气，E为Q;依据推断回答问题.解答：解：已知A〜F是中学化学中常见物质，其中A、C E、F为气体，B D为液体，D的消费量常作为一个国家工业发达水平的一种标志判断为H2SQ, A为SQ, F的浓溶液与X共热通常用于实验室制备单质C, X是一种黑色粉末，判断反应是制备氯气的反应原理，X为MnQ, C为CI2, F为HCI; B分子中有18个电子，和二氧化硫反应生成硫酸，说明B是氧化剂；推断B为HQ,和MnQ反应，过氧化氢做还原剂生成氧气，E为Q;(1)据图中信息，物质B为H bQ、C为SQ、X为MnQ, D为H2SQ4，氧化性从强到弱的顺序依据反应关系，H2Q+SQ=HSQ; HQ+MnQ+HSQ= MnSQ^HQ+Qf;MnQ+4HCI=MnCb+CL f +2H2Q发生的氧化还原反应中氧化剂氧化性大于氧化产物得至U：MnQ> Cl 2> HO> HSQ,故答案为：MnQ> CI2> H2Q> H2SQ;-- ・・MX , 人八人厶亠一HTOIOIH —…HFO严OTH(2)B为"Q是共价化合物，电子式为-“，故答案为：・・" ;(3)反应②的化学方程式是铜和浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水的反应，反应化学方程式为：CU+2HSQ (浓) °CuSQ+SQ f +2H2Q故答案为：CU+2HSQ (浓) CuSOSQ f +2H2Q;(4)反应①是氯气和二氧化硫在水溶液中发生的反应生成硫酸和盐酸，反应的离子方程式为：CI2+SQ+2HA4H++S&_ +2CI _;反应⑥是实验室制备氯气的反应，反应的离子方程式为：Mn G+4I4+2CI ' MrT+CI 2 f +2HO,故答案为：CI2+SO+2HA4H++S+2C「; Mn(2+4H++2CI ' MrT+Ch f +2H2O.点评：本题考查了物质转化关系的分析判断，物质性质的应用，反应特征和反应现象的推断是解题关键，需要熟练掌握物质性质，反应转化关系，题目难度较大.10. (16分)如图所示：甲、乙为相互串联的两电解池•试回答：(1)甲池若为电解精炼铜装置，则A电极名称为阴极,电极材料是精铜(或纯铜)电极反应式为Cu2++2e「=Cu ，电解质溶液可以是CuSO溶液或CuCb溶液 ;(2)乙池中Fe极电极反应式为2H++2e「=H4 ，若在乙池中滴入少量酚酞试液，开始电解一段时间，铁极附近呈红色;(3)若甲池A极增重12.8g，则乙池C (石墨)极放出气体在标况下的体积为 4.48L ,电解后，若乙池剩余溶液为400mL则溶液的pH= 14 .考点：原电池和电解池的工作原理.分析：(1)依据电解精炼的原理是粗铜做阳极，精铜做阴极，含铜离子的电解质溶液进行电解反应，在阴极是溶液中铜离子得到电子生成铜；(2)依据装置图分析可知，与电源正极相连的C电极为电解池的阳极，与电源负极连接的A电极是阴极，B为阳极，Fe为阴极；(3)依据电极反应电子守恒计算甲池和乙池中电极产物的物质的量，乙池中依据氢离子和氢氧根离子守恒，水的离子积常数计算得到.解答：解：(1 )电解精炼的原理是粗铜做阳极，精铜做阴极，含铜离子的电解质溶液( CuSO 溶液或CuCl2溶液)进行电解反应，在阴极是溶液中铜离子得到电子生成铜，电极反应是Cu +2e —Cu,故答案为：阴极；精铜(或纯铜) ;Cu2++2e「=Cu; CuSO溶液或CuCb溶液；(2)依据装置图分析可知，与电源正极相连的C电极为电解池的阳极，与电源负极连接的A电极是阴极，B为阳极，Fe为阴极；Fe电极上是溶液中氢离子得到电子生成氢气，电极反应为2H++2e「一H4,破坏水的电离平衡氢氧根离子浓度增大，铁电极附近溶液变红色，故答案为：2H ++2e 「=H 2 f;红；(3)甲池A 为电解池的阴极，电极反应为 CiT+2e 「一Cu,增重12.8g 的铜物质的量为0.2mol ，转移电子物质的量为0.4mol ;乙池C (石墨)极为电解池的阳极，电极反应为： 2CI 「-2e 「一Cl 2f ，依据电子守恒， 生成氯气0.2mol ，放出气体在标况下的体积为 0.2mol x 22.4L/mol=4.48L , Fe 电极电 解反应为：2H ++2e 「一H 2 f,消耗氢离子物质的量 0.4mol ，依据水的电离氢离子和氢 氧根离子守恒得到，生成氢氧根离子物质的量为0.4mol , c (OH I ) = ' " ' =1mol/L ,CL 4L溶液pH=14;故答案为：4.48L ; 14.本题考查了电解原理，明确各个电极上放电的离子是解本题关键，再结合转移电子守 恒进行计算，题目难度不大.11. (14分)为了测定氢氧化钠和碳酸钠固体混合物m g 中碳酸钠的质量分数，甲、乙两位同学分别设计了如下的实验方案：(1 )甲同学的方案是：将样品溶解，加入过量 1mol?L 11氯化钡溶液，过滤洗涤，取沉淀烘干，称量得固体n g •则混合物中碳酸钠的质量分数为二_江 ；能否用过量的1mol?L 「1氯化钙溶液代替氯化钡溶液来测定碳酸钠的质量分数 否(填“能”或“否”)，理由 氯化钙溶液过量，则生成的沉淀中含有Ca( OH 2,使测定不准确 .(2)乙同学的方案是：将样品溶解后，加入稍过量的氯化钡溶液， 再滴入2-3滴酚酞试液，用标准盐酸滴定•乙同学在滴定过程中所需要的主要玻璃仪器有 酸式滴定管、锥形瓶 ，滴定终点时的现象是溶液由红色变为无色，加入过量氯化钡溶液的目的是将碳酸钠完 全沉淀，防止滴定过程中 CO 2-和盐酸反应;判断氯化钡过量的方法是 在上层清夜中滴 加氯化钡溶液，若无浑浊出现，则氯化钡溶液过量 考点：探究物质的组成或测量物质的含量.钠的质量可根据碳酸钡的质量 ng 来求出；氯化钙溶液过量，则生成微溶的氢氧化钙,沉淀中含有Ca (OH 2;(2)滴定过程中所需要的主要玻璃仪器有酸式滴定管、锥形瓶；开始溶液呈碱性酚 酞呈红色，当滴定终点时溶液呈中性呈无色，加入过量氯化钡溶液的目的是使碳酸钠 完全转化，氯化钡过量的方法是取上层清夜少许向其中滴加氯化钡溶液，若无浑浊出 现，则氯化钡溶液过量.分析：(1)混合物中碳酸钠的质量分数眯酸钠的质量 —x 100%混合物的质量为mg 碳酸解答：解：(1)设碳酸钠的质量为xNa2C(O+BaCl2=BaCO j +2NaCI106 197x ngx=lE 隅=i°6n g197混合物中碳酸钠的质量分数为：-liL x 100%匹迴，氯化钙溶液过量，则生成微溶m 197m的氢氧化钙，沉淀中含有Ca (OH 2；故答案为：更匹；否；氯化钙溶液过量，则生成的沉淀中含有Ca(OH 2,使测定不[ 197n>准确；(2)滴定过程中所需要的主要玻璃仪器有酸式滴定管、锥形瓶；开始溶液呈碱性酚酞呈红色，当滴定终点时溶液呈中性呈无色，加入过量氯化钡溶液的目的是使碳酸钠完全转化，氯化钡过量的方法是取上层清夜少许向其中滴加氯化钡溶液，若无浑浊出现，则氯化钡溶液过量，故答案为：酸式滴定管、锥形瓶；溶液由红色变为无色；将碳酸钠完全沉淀，防止滴定过程中C O2「和盐酸反应；在上层清夜中滴加氯化钡溶液，若无浑浊出现，则氯化钡溶液过量.点评：本题考查了碳酸钠的性质、化学实验方案的设计与评价，题目难度中等，明确实验方案的设计与评价方法，试题有利于提高学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力.12. (15分)有机物A〜G有如图的关系，已知C是高分子，两分子A能生成一分子E, E是一个含有六元环的化合物，分子式为C6H8C4, A和G在浓硫酸和加热的条件下按2：I的比例反应生成D, l mol D 与足量金属Na 起反应，放出1mol H2.请回答下列问题：(1)写出下列反应类型：A^B 消去反应、B^C 加聚反应、A^E 酯化反应：(2)写出A C 和G 的结构简式： -JCH 厂甲｛壮A Ch 3CH( OH COOH 、C:、n ：F. 、G CHCH(OH CH 2OH ;(3)写出下列反应的化学方程式：① A ^ECH ；OC-CH-OO-CH-C=O +2H ;O居 ：②FT丄 CH SCH(OH)COOH-C U 2OH2H ;0D弋浓硫酸 匚 新制G(0H )2卩 生、G A I A浓磕酸k考点：有机物的推断. 分析：E 分子不饱和度二=3,则E 中不含苯环，F 和新制氢氧化铜悬浊液发生反2应生成A ,则A 中含有羧基、F 中含有醛基，F 和氢气发生加成反应生成 G,则G 中含 有醇羟基，两分子 A 能生成一分子 E ,分子式为C6HQ , A 发生酯化反应生成 E, E 结CH 5o=c-cn-oO -CH -C =OI CH 5构简式为, A 结构简式为 CHCH( OH COOHA 发生消去反应生成 B,B 发生加聚反应生成高分子化合物 C,则B 为CH=CHCOQHC为COOH , F 发生氧化反应生成 A ,则F 含有-CHO 故F 为CHCH( OH CHQ0 0CH 5CH (!J-OCHCH ：0-d-CHCH^ F与氢气反应生成 G,则G 为CHCH(OH CH 2OH 故D 为 6H &$ 8H ,据此分析解答.解答：解：E 分子不饱和度=「：=3,则E 中不含苯环，F 和新制氢氧化铜悬浊液发2生反应生成 A,则A 中含有羧基、F 中含有醛基，F 和氢气发生加成反应生成 G 则G 中含有醇羟基，两分子A 能生成一分子 E ,分子式为GHO, A 发生酯化反应生成 E , ECH ；CH(OH)CHO-2C U (OH )2c二催化剂2CH00HCH 3OC-CH-O0-CH-C=OiCH 5A 发生消去反应生成 B,B 发生加聚反应生成高分子化合物 C,则B 为CH=CHCOQHC为____ 二，F 发生氧化反应生成 A,则F 含有-CHO 故F 为CHCH( OH CHQ0 0CH 5CH (i-OCHCH ：0-d-CHCH^F 与氢气反应生成 G,则G 为CHCH(OHCHOH 故D 为 "'：,(1) 通过以上分析知， A 生成B 是消去反应、B 生成C 是加聚反应、A 生成E 是酯化 反应， 故答案为：消去反应；加聚反应；酯化反应；十-年(2)A C 、G 的结构简式分别为 CHCH(OH COOH COOH 、CHCH(OHCH 2OH故答案为：CHCH( OH COOH___ 上；CHCH( OH CHOH ；H2SO4^(3)①A ^E 的反应方程式为:CH 5 OC-CH-OO-CH-OO +2HQICH ；②F ^A 反应方程式为:CT ：CH(OH)CHO-2Cu{OH):乂 CH ；CH(OH)CO0H-Cu ;01+2H ：O ,故答案为:CH ；Hg 、O=C-CH~O0-CH-00+2HQCH ：丄 CH ：CH(OH)CO0H-Cu ;01-2H ;O .本题考查有机物推断，为高频考点，侧重考查分析推断能力，正确判断 C 结构简式是解本题关键，再结合题给信息、反应条件进行推断，题目难度不大.结构简式为,A 结构简式为CHCH( OH COOH2 CHOOH Hg 、。
甘肃省西北师范大学附属中学2014-2015学年高二4月月考化学试题及答案
高二化学参考答案及评分标准(2)三角锥形极性(3)1s22s22p63s23p63d104s1 3Cu＋8H＋＋2NO－3===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O(4)173.418.⑴①④；⑵①Li原子失去一个电子后，Li+已经形成稳定结构，此时再失去一个电子很困难；②aNa2O和Na2O2；③IIIA或第三主族；④m。
19.（1）a．甲醛HCHO，分子中有1C=O双键，2个C-H单键，中心原子碳原子杂化轨道数为3，采取sp2杂化，分子空间构型为平面三角形，BD2为CO2是直线形，BA4为CH4是正四面体形，故a正确；b．甲醛HCHO，分子中有1C=O双键，2个C-H单键，中心原子碳原子杂化轨道数为3，采取sp2杂化；CO2分子中有2个C=O双键，中心原子碳原子杂化轨道数为2，采取sp杂化；NH3分子中有3个N-H单键，氮原子有1对孤对电子对，氮原子杂化轨道数为4，氮原子采取sp3，故b错误；c．N为苯是非极性分子，分子中含有6个碳氢σ键含有一个大π键，所以σ键和大π键的个数比为6：1，故c错误．d．CO2是分子晶体，二氧化硅是原子晶体，二氧化碳晶体的熔点、沸点都比二氧化硅晶体的低，故d正确．故选：ad．（2）B为碳元素、C为氮元素、D应为O元素，同周期自左而右电负性增大，所以电负性C＜N＜O；N原子2p轨道处于半充满状态，能量低，第一电离能大于同周期相邻元素第一电离能．故答案为：C＜N＜O；N原子2p轨道处于半充满状态，能量低．（3）A为氢元素，B为碳元素，C为氮元素，化合物CA3为NH3，BA4为CH4，NH3分子之间存在氢键，NH3沸点比CH4的高．故答案为：NH3分子之间存在氢键，．（4）B为碳元素，D应为O元素，E为铁元素；三元素能形成化合物Fe（CO）5，常温下呈液态，熔点为-20.5℃，沸点为103℃，据此可判断Fe（CO）5晶体为分子晶体．基态Fe2+离子的电子排布式为 1s22s22p63s23p63d6．故答案为：分子晶体； 1s22s22p63s23p63d6．（5）B为碳元素、C为氮元素、D应为O元素，化合物CO与元素B、C形成的阴离子互为等电子体，该阴离子含有2个原子，带一个单位负电荷，阴离子的化学式是CN-．故答案为：CN-．20.（1）1s22s22p63s23p63d9 （2）孤电子对（3）b （4）Si<C<N（5）3:2 （6）原子晶体。
2015年甘肃省兰州市西北师大附中高考化学五诊试卷
2015年甘肃省兰州市西北师大附中高考化学五诊试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共7小题，共42.0分)1.下列关于化学用语的表示正确的是（）A.CO 2的电子式 l4的比例模型：C.含有18个中子的氯原子的核素符号：C lD.硫原子的结构示意图：【答案】C【解析】解：A．二氧化碳分子中存在两个碳氧双键，C、O原子最外层都达到8电子稳定结构，二氧化碳正确的电子式为：，故A错误；B．四氯化碳中，氯原子半径大于碳原子，四氯化碳正确的比例模型为：，故B错误；C．含有18个中子的氯原子的质量数为35，该核素符号可以表示为：C l，故C正确；D．硫原子的核电荷数、核外电子总数都是16，最外层为6个电子，硫原子正确的原子结构示意图为：，故D错误；故选C．A．二氧化碳为共价化合物，分子中存在两个碳氧双键，该电子式中漏掉了氧原子的2对孤电子对；B．四氯化碳的比例模型中，C l原子的相对体积应该大于C原子；C．质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角表示质量数、左下角表示质子数；D．硫原子的核电荷数=核外电子总数=16，最外层为6个电子．本题考查了常见化学用语的书写方法，题目难度中等，涉及原子结构示意图、电子式、比例模型、元素符号等知识，明确常见化学用语的概念及书写原则为解答关键，试题培养了学生规范答题的能力．2.下列说法错误的是（）A.明矾可用于海水的净化，但不能用于海水的淡化B.使用清洁能源是防止酸雨的重要的措施C.胃酸过多的病人均可服用含A l（OH）3或N a HCO3的药物进行治疗D.84消毒液可用来漂白某些衣物，为加快漂白速度，使用时可加入少量稀盐酸【答案】D【解析】解：A．明矾水解生成氢氧化铝胶体，胶体能吸附水中悬浮物而净水；但明矾不能吸附可溶性的物质，所以不能进行海水淡化，故A正确；B．酸雨主要由化石燃料燃烧产生的二氧化硫、氮氧化物等酸性气体形成的，使用清洁能源减少了二氧化硫、氮氧化物的排放，所以能防止酸雨的形成，故B正确；C．含A l（OH）3或N a HCO3的药物能和盐酸反应生成盐和水，从而降低溶液酸性，且二者碱性不强，故C正确；D．加入盐酸，发生氧化还原反应生成氯气，减小HC l O的浓度，则减弱84消毒液的漂白效果，故D错误；故选D．A．明矾水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性而净水；但明矾不能吸附可溶性的物质；B．酸雨主要由化石燃料燃烧产生的二氧化硫、氮氧化物等酸性气体形成的；C．含A l（OH）3或N a HCO3的药物能和盐酸反应生成盐，从而降低溶液酸性；D．加入盐酸，发生氧化还原反应生成氯气，减小HC l O的浓度．本题考查物质的用途，明确物质的性质是解本题关键，性质决定用途，用途体现性质，易错选项是D，注意盐酸和次氯酸钠发生氧化还原反应生成氯气，学会利用化学知识解释生活现象，题目难度不大．3.甲苯苯环上的一个H原子被-C3H6C l取代，形成的同分异构体有（不考虑立体异构）（）A.9种B.12种C.15种D.18种【答案】C【解析】解：-C3H6C l在甲苯苯环上位置有邻、间、对3种情况，-C3H6C l中碳链异构为和数字编号为C l的位置，因此-C3H6C l异构情况为5种，故同分异构体的种类为：3×5=15，故选：C．-C3H6C l在甲苯苯环上位置有邻、间、对3种情况，-C3H6C l异构情况包括碳链异构2种，结合官能团C l位置异构总共5中情况，故形成的同分异构体为3×5=15．本题考查同分异构体的种类，包括碳链异构、官能团异构、位置异构、立体异构，计算出-C3H6C l异构的情况是解答本题难点．4.热激活电池可用作火箭、导弹的工作电源．一种热激活电池的基本结构如图所示，其中作为电解质的无水L i C l-KC l混合物受热熔融后，电池即可瞬间输出电能．该电池总反应为：P b SO4+2L i C l+C a=C a C l2+L i2SO4+P b；下列有关说法正确的是（P b的相对原子质量：207）（）A.正极反应式：C a+2C l--2e-=C a C l2B.常温时，在正负极间接上电流表或检流计，指针不偏转C.放电过程中，L i+向负极移动D.每转移0.1mol电子，理论上生成20.7g P b【答案】B【解析】解：A．正极发生还原反应，电极方程式为P b SO4+2e-+2L i+=L i2SO4+P b，故A错误；B．常温下，电解质不是熔融态，离子不能移动，不能产生电流，因此连接电流表或检流计，指针不偏转，故B正确；C．放电过程中阳离子向正极移动，故C错误；D．根据电极方程式P b SO4+2e-+2L i+=L i2SO4+P b，可知每转移0.1mol电子，理论上生成0.05mol P b，质量为10.35g，故D错误．故选B．由原电池总反应可知C a为原电池的负极，被氧化生成C a C l2，反应的电极方程式为C a+2C l--2e-=C a C l2，P b SO4为原电池的正极，发生还原反应，电极方程式为P b SO4+2e-+2L i+=L i2SO4+P b，原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，结合电极方程式计算．本题考查原电池的工作原理，注意根据总反应式结合物质所含元素化合价的变化判断原电池的正负极，把握电极方程式的书写方法，易错点为D，注意把握原电池的构成条件，题目难度中等．5.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期元素，甲、乙、丙、丁、戊是由其中的两种或三种元素组成的化合物，己是由Y元素形成的单质，常温下丙和己均为气体．已知反应：甲+乙→丁+己，甲+丙→戊+己；常温下0.01mol•L-1丁溶液的p H为12．下列说法正确的是（）A.元素X在周期表中的位置为第2周期VIA族B.元素X、Y、Z的原子半径由大到小的顺序为r（Z）＞r（Y）＞r（X）C.1mol甲与足量的乙完全反应转移的电子数为6.02×1023D.1.0L 0.1mol•L-1戊溶液中阴离子的总物质的量小于0.1mol【答案】C【解析】解：0.01mol/L 丁溶液的p H为12，丁是一元强碱，其含有的金属元素在短周期，则丁应为N a OH，发生反应：甲+乙=丁+己，根据元素守恒可知，甲、乙两种物质至少共含有H、O、N a元素，己是由Y元素组成的单质，由发生反应可知，己不能是N a，结合原子数可知，W为H、Y为O、Z为N a元素，故己为氧气，可知甲是N a2O2、乙是水，再根据反应：甲+丙=戊+己，可知丙是二氧化碳，戊是碳酸钠，则Y为碳元素，A．X为碳，在周期表中的位置为：第二周期第ⅣA族，故A错误；B．同周期随原子序数增大原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径大小顺序为：N a＞C＞O，即：r（Z）＞r（X）＞r（Y），故B错误；C．甲与足量的乙完全反应的方程式为：2N a2O2+2H2O═4N a OH+O2↑，1mol N a2O2反应转移的电子为1mol，约6.02×1O23个电子，故C正确；D．戊是碳酸钠，在碳酸钠溶液中，CO32-离子水解生成HCO3-离子和OH-离子，溶液中阴离子总的物质的量大于0.1mol，故D错误，故选C．0.01mol/L 丁溶液的p H为12，丁是一元强碱，其含有的金属元素在短周期，则丁应为N a OH，发生反应：甲+乙=丁+己，根据元素守恒可知，甲、乙两种物质至少共含有H、O、N a元素，己是由Y元素组成的单质，由发生反应可知，己不能是N a，结合原子数可知，W为H、Y为O、Z为N a元素，故己为氧气，可知甲是N a2O2、乙是水，再根据反应：甲+丙=戊+己，可知丙是二氧化碳，戊是碳酸钠，则Y为碳元素，结合对应单质、化合物的性质以及题目要求可解答该题．本题为元素化合物推断，题目难度中等，需要学生熟练掌握元素化合物知识，“0.01mol•L-1丁溶液的p H为12”是推断突破口，对学生的逻辑推理有一定的要求，D 选项注意盐类水解．6.下列溶液中微粒的物质的量浓度关系或溶液的物质的量浓度关系正确的是（）A.0.1mol/L的N a HSO3溶液中：c（OH-）-c（H+）=c（SO32-）-c（H2SO3）B.1L 0.1mol/L的（NH4）2F e（SO4）2溶液中：c（SO42-）＞c（NH4+）＞c（F e2+）＞c （H+）＞c（OH-）C.p H相等的CH3COON a、N a OH和N a2CO3三种溶液：c（N a OH）＜c（CH3COON a）＜c （N a2CO3）D.向0.01mol/L的NH4HSO4溶液中滴加N a OH溶液至中性时：c（SO42-）＞c（N a+）=c （NH4+）＞c（OH-）=c（H+）【答案】B【解析】解：A.0.1mol/L的N a HSO3溶液中，根据电荷守恒可得：c（OH-）+2c（SO32-）+c（HSO3-）=c（H+）+c（N a+），根据物料守恒可得：c（H2SO3）+c（SO32-）+c（HSO3-）=c（N a+），二者结合可得：c（OH-）-c（H+）=c（H2SO3）-c（SO32-），故A错误；B.1L 0.1mol•L-1（NH4）2F e（SO4）2溶液中，铵根离子和亚铁离子部分水解，溶液显示酸性；由于水解程度较小，则铵根离子浓度大于亚铁离子浓度，硫酸根离子不水解，其浓度最大，则得到溶液中离子浓度大小为：c（SO42-）＞c（NH4+）＞c（F e2+）＞c（H+）＞c（OH-），故B正确；C．p H相等的CH3COON a、N a OH和N a2CO3三种溶液，N a OH为强碱溶液，所以氢氧化钠溶液的浓度最小；碳酸钠溶液的水解程度大于醋酸钠，则p H相同时，醋酸钠的浓度大小碳酸钠，所以三种溶液的浓度大小为：：c（N a OH）＜c（N a2CO3）＜c（CH3COON a），故C错误；D．常温下，向0.01mol/L NH4HSO4溶液中滴加0.01mol/L N a OH溶液至中性，NH4HSO4中滴入N a OH溶液，N a OH首先与NH4HSO4电离出的H+作用，因为H+结合OH-的能力比NH4+结合OH-的能量强（原因是产物H2O比NH3•H2O更难电离），当加入等物质的量的N a OH时，正好将H+中和，此时c（N a+）=c（SO42-），但此时溶液中还有NH4+，NH4+水解使溶液呈酸性，因此要使溶液呈中性，则还需继续滴入N a OH，当然到中性时c（OH-）=c（H+），c（N a+）＞c（SO42-）＞c（NH4+），所以正确的离子浓度大小为：c（N a+）＞c（SO42-）＞c（NH4+）＞c（OH-）=c（H+），故D错误；故选B．A．根据亚硫酸氢钠溶液中的物料守恒和电荷守恒判断；B．水解程度较小，则c（NH4+）＞c（F e2+），硫酸根离子不水解，则其浓度最大，水解后溶液显示酸性，则c（H+）＞c（OH-）；C．氢氧化钠为强碱溶液，其浓度最小，碳酸钠的水解程度大于醋酸钠，则碳酸钠溶液浓度小于醋酸钠；D．当硫酸氢铵与氢氧化钠的物质的量相等时，反应生成硫酸铵、硫酸钠，溶液显示酸性，所以加入的氢氧化钠应该稍过量，则c（N a+）＞c（SO42-）．本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，明确反应后溶质组成为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理在判断离子浓度大小中的应用方法．7.将11.2g铜粉和镁粉的混合物分成2等份，将其中一份加入200m L的稀硝酸中并加热，固体和硝酸恰好完全反应，并产生标准状况下的NO 2.24L；将另一份在空气中充分加热，最后得到mg固体．下列有关说法：①c（HNO3）=2mol/L；②无法计算硝酸的浓度；③m=8.0；④m=7.2，其中正确的是（）A.①④B.①③C.②④D.②③【答案】B【解析】解：标况下2.24LNO的物质的量为：=0.1mol，生成0.1mol NO转移电子的物质的量为：0.1mol×（5-2）=0.3mol，铜和镁都是2价金属，则金属的物质的量为：=0.15mol，固体和硝酸恰好完全反应，反应生成硝酸铜、硝酸镁，根据N原子守恒，200m L该硝酸溶液中含有硝酸的物质的量为：0.15mol×2+0.1mol=0.4mol，该硝酸溶液的浓度为：=2mol/L，故①正确、②错误；铜与镁在空气中加热生成C u O、M g O，得到固体中含有氧元素的物质的量与金属的物质的量相等，则得到固体的质量为：+16g/mol×0.15mol=8g，故③正确、④错误；根据分析可知，正确的为①③，故选B．标况下2.24LNO的物质的量为：=0.1mol，生成0.1mol NO转移电子的物质的量为：0.1mol×（5-2）=0.3mol；铜和镁都是2价金属，根据电子守恒可知金属的物质的量为：=0.15mol，固体和硝酸恰好完全反应，反应生成硝酸铜、硝酸镁，根据N 原子守恒，200m L该硝酸溶液中含有硝酸的物质的量为：0.15mol×2+0.1mol=0.4mol，根据c=计算出硝酸的物质的量浓度；铜与镁在空气中加热生成C u O、M g O，得到固体中含有氧元素的物质的量与金属的物质的量相等，则得到固体的质量=金属质量+氧元素质量．本题考查了混合物反应的计算，题目难度中等，明确发生反应实质为解答关键，注意掌握质量守恒定律、电子守恒在化学计算中的应用，试题培养了学生的分析能力及灵活应用基础知识的能力．二、简答题(本大题共3小题，共43.0分)8.N2H4通常用作火箭的高能燃料，N2O4做氧化剂．请回答下列问题已知：①N2（g）+2O2（g）═2NO2（g）△H=+ak J/mol②N2H4（g）+O2（g）═N2（g）+2H2O（g）△H=-b k J/mol③2NO2（g⇌N2O4（g）△H=-ck J/mol写出气态肼在气态四氧化二氮中燃烧生成氮气和气态水的热化学方程式______（2）工业上常用次氯酸钠与过量的氨气反应制各肼，该反应的化学方程式为______ （3）N2、H2合成氨气为放热反应．800K时向下列起始体积相同的密闭容器中充入1mol N2、3mol H2，如图1，甲容器在反应过程中保持压强不变，乙容器保持体积不变，丙是绝热容器，三容器各自建立化学平衡．①达到平衡时，平衡常数K甲______ K乙______ K丙（填“＞”“＜”或“=”）②达到平衡时N2的浓度c（N2）甲______ c（N2）乙______ 丙（填“＞”“＜”或“=”）③对甲、乙、丙三容器的描述，以下说法正确的是______A、乙容器气体密度不再变化时，说明此反应已达到平衡状态B、在甲中充入稀有气体H e，化学反应速率加快C、向甲容器中冲入氨气，正向速率减小，逆向速率增大D、丙容器温度不再变化时说明已达平衡状态（4）氨气通入如图2电解装置可以辅助生产NH4NO3该电解池的阴极反应式为______ ．（5）在20m L0.2mol/L的NH4N03溶液中加入10m L0.2mol/L N a OH溶液后显碱性，溶液中所有离子浓度大小关系为______ ．【答案】2N2H4（g）+N2O4（g）=3N2（g）+4H2O（g），△H=-（a-c+2b）k J/mol；N a C l O+2NH3=N2H4+N a C l+H2O；=；＞；＞；＜；CD；NO+5e-+6H+=NH4++H2O；c （NO3-）＞c（NH4+）＞c（N a+）＞c（OH-）＞c（H+）【解析】解：（1）由①N2（g）+2O2（g）═2NO2（g）△H=+ak J/mol②N2H4（g）+O2（g）═N2（g）+2H2O（g）△H=-b k J/mol③2NO2（g⇌N2O4（g）△H=-ck J/mol根据盖斯定律可知②×2-①-③得2N2H4（g）+N2O4（g）=3N2（g）+4H2O（g），△H=-（a-c+2b）k J/mol，故答案为：2N2H4（g）+N2O4（g）=3N2（g）+4H2O（g），△H=-（a-c+2b）k J/mol；（2）次氯酸钠与过量的氨气反应制备肼，依据原子守恒写出化学方程式为：N a C l O+2NH3=N2H4+N a C l+H2O，故答案为：N a C l O+2NH3=N2H4+N a C l+H2O；（3）①甲乙容器温度不变，平衡常数不变，丙容器绝热，温度升高平衡逆向进行，平衡常数减小，故K甲=K乙＞K丙；故答案为：=，＞；②甲容器在反应过程中保持压强不变，故容器体积减小，氮气的浓度增大；乙容器保持体积不变，随着反应的进行，压强减小；丙容器绝热，温度升高平衡逆向进行，故达到平衡时N2的浓度c（N2）甲＞c（N2）乙＜c（N2）丙，故答案为：＞，＜；，总质量一定，体积一定，故乙容器气体密度不再变化时，不能说明③A．密度=总质量体积此反应已达到平衡状态，故A错误；B．在甲中充入稀有气体H e，体积增大，原体系的压强减小，化学反应速率减慢，故B 错误；C．向甲容器中冲入氨气，体积增大，氢气和氮气的浓度减小，氨气的浓度增大，故正向速率减小，逆向速率增大，故C正确；D．丙容器绝热，故丙容器温度不再变化时说明已达平衡状态，故D正确；故答案为：CD；（4）电解NO制备NH4NO3，阳极反应为NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+，阴极反应为：NO+5e-+6H+=NH4++H2O，故答案为：NO+5e-+6H+=NH4++H2O；（5）在20m L0.2mol/L的NH4N03溶液中加入10m L0.2mol/L N a OH溶液后显碱性，NH4N03与氢氧化钠反应生成硝酸钠和一水合氨，所得溶液的溶质为等物质的量浓度的硝酸铵、硝酸钠和一水合氨，溶液显碱性，说明一水合氨的电离大于硝酸铵的水解，故离子浓度大小关系为c（NO3-）＞c（NH4+）＞c（N a+）＞c（OH-）＞c（H+），故答案为：c（NO3-）＞c（NH4+）＞c（N a+）＞c（OH-）＞c（H+）．（1）根据盖斯定律进行计算，书写热化学方程式；（2）次氯酸钠与过量的氨气反应制备肼，依据原子守恒写出化学方程式；（3）①甲乙容器温度不变，平衡常数不变，丙容器绝热，温度升高平衡逆向进行，平衡常数减小；②乙容器保持体积不变，随着反应的进行，压强减小，甲容器在反应过程中保持压强不变，故甲对于乙来说，相当于增大压强，平衡正向移动；丙容器绝热，温度升高平衡逆向进行；，总质量一定，体积一定，故乙容器气体密度不再变化时，不能说明③A．密度=总质量体积此反应已达到平衡状态；B．在甲中充入稀有气体H e，体积增大，原体系的压强减小，化学反应速率减慢；C．向甲容器中冲入氨气，体积增大，氢气和氮气的浓度减小，氨气的浓度增大，故正向速率减小，逆向速率增大；D．丙容器绝热，故丙容器温度不再变化时说明已达平衡状态；（4）电解NO制备NH4NO3，阴极反应为：NO+5e-+6H+=NH4++H2O；（5）在20m L0.2mol/L的NH4N03溶液中加入10m L0.2mol/L N a OH溶液后显碱性，NH4N03与氢氧化钠反应生成硝酸钠和一水合氨，所得溶液的溶质为等物质的量浓度的硝酸铵、硝酸钠和一水合氨，溶液显碱性，说明一水合氨的电离大于硝酸铵的水解，依此判断离子浓度大小关系．本题考查的知识点较多，涉及盖斯定律的应用、化学方程式和电极反应式的书写、化学反应速率和化学平衡的相关知识、以及离子浓度的比较，难度较大．侧重考查学生的综合能力．9.用钛铁矿（主要含F e T i O3及F e2O3、S i O2等不溶性杂质）提取高品位T i O2的一种流程如图1所示．回答下列问题：（1）有关钛的说法正确的是______ （填字母序号）．A．T i OSO4中钛元素的化合价为+4价B．T i O2中既含有离子键，又含有共价键C．钛元素位于元素周期表中IVA族D．在稀有气体氩氛围和800℃条件下，用金属镁与四氯化钛反应可制取金属钛．反应的化学方程式为T i C l4+2M g T i+2M g C l2（2）为了从浸取液中获取纯净的F e SO4•7H2O，Ⅱ中应采取的操作是______ 、______ 、过滤、洗涤、干燥．如何检验提取F e SO4•7H2O后的溶液中存在F e2+ ______ ．（3）Ⅲ中生成H2T i O3的离子方程式是______ ．（4）将T i O2与焦炭混合，通入氯气在1173K下反应，然后将生成的T i C l4与CO分离可制取T i C l4．此反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比是．T i C l4极易水解，利用此性质又可制备纳米级二氧化钛T i O2•x H2O，该反应的化学方程式是______ ．（5）将T i O2熔于N a F制成熔融盐，以石墨为阴极、覆盖了氧渗透膜的多孔金属陶瓷涂层为阳极，用如图2所示电解装置制取金属钛．阳极电极反应式是______ ．【答案】AD；蒸发浓缩；冷却结晶；取少量剩余溶液于试管中，滴加KSCN溶液无明显现象；再加少量氯水，溶液变红，证明溶液中有F e2+存在；T i O2++2H2O=H2T i O3↓+2H+；T i C l4+（x+2）H2O⇌T i O2•x H2O↓+4HC l；H2+O2--2e-=H2O【解析】解：（1）A．氧元素的化合价是-2价，硫酸根的化合价是-2价，所以在T i OSO4中钛元素的化合价为+4价，故A正确；B．T i O2只含离子键，不含共价键，为离子化合物，故B错误；C．钛的原子序数是22，位于元素周期表中IVB族，故C错误；D．工业上在高温和稀有气体的保护下，用镁和四氯化钛发生置换反应来制取钛，同时生成氯化镁，该反应的化学方程式为T i C l4+2M g T i+2M g C l2，故D正确．故答案为：AD；（2）通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，可得到F e SO4.7H2O；F e2+与KSCN 溶液反应无血红色出现，但F e3+与KSCN反应产生血红色，因此，要证明某溶液中有无F e2+，则先要在溶液中加入KSCN溶液，没有出现血红色，再向其中加入氯水出现血红色，则证明原溶液中含F e2+．，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；取少量剩余溶液于试管中，滴加KSCN溶液无明显现象；再加少量氯水，溶液变红，证明溶液中有F e2+存在；（3）T i O2+水解生成H2T i O3，离子方程式是T i O2++2H2O=H2T i O3↓+2H+，故答案为：T i O2++2H2O=H2T i O3↓+2H+；（4）T i O2+2C+2C l2高温T i C l4+2CO中，C元素的化合价升高，则C被氧化，做还原剂，升高4价，C l元素的化合价降低，则C l2为氧化剂，降低4价，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1；T i C l4水解生成T i O2•x H2O和HC l，化学方程式是T i C l4+（X+2）H2O⇌T i O2•x H2O↓+4HC l，故答案为：1：1；T i C l4+（X+2）H2O⇌T i O2•x H2O↓+4HC l；（5）电解池的阳极是氧离子发生失电子的氧化反应，与氢气结合生成水，所以电极反应式H2+O2--2e-=H2O，故答案为：H2+O2--2e-=H2O．（1）A．在化合物里，正负化合价的代数和为0；B．活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键；C．钛的原子序数是22；D．工业上在高温和稀有气体的保护下，用镁和四氯化钛发生置换反应来制取钛．（2）通过蒸发、浓缩、结晶、过滤，可得到F e SO4.7H2O；遇KSCN溶液呈血红色是F e3+的特征反应，根据F e3+的特征反应先加KSCN溶液，确定是否含有F e3+；如果没有F e3+，根据氯水的性质，再向溶液中加入氯水，观察溶液的颜色是否变化，从而确定是否含有F e2+；（3）T i O2+水解生成H2T i O3和H+；（4）发生反应为：T i O2+2C+2C l2高温T i C l4+2CO，C元素的化合价升高，C l元素的化合价降低；T i C l4水解生成T i O2•x H2O和HC l；（5）电解池的阳极发生失电子的氧化反应．本题考查物质的分离提纯以及电解池的工作原理，题目难度不大，本题注意把握电极反应式的书写，图中电子的移动方向是解答的关键．10.氯化铜、氯化亚铜是重要的化工原料，可用作有机合成催化剂．I．实验室中以粗铜（含杂质铁）为原料制备铜的氯化物．现用如图1所示的实验仪器及药品来制备纯净、干燥的氯气，并与粗铜反应（铁架台、铁夹、酒精灯已省略）．请回答：（1）装置A中仪器Z的名称为______ ．（2）按气流方向连接各仪器，接口顺序为：a→ ______ 、______ → ______ 、______ → ______ 、______ → ______ ．（3）简述检验装置A气密性的操作：______ ．（4）D中发生反应的化学方程式为______ ．（5）反应后，装置B中溶液具有漂白、消毒作用，若用钢铁（含F e、C）制品盛装该溶液会发生电化学腐蚀，钢铁制品表面生成红褐色沉淀，溶液会失去漂白、杀菌消毒功效．该电化学腐蚀过程中正极反应式为______ ．Ⅱ．将上述实验制得的固体产物按如图2的流程操作，请回答：（1）用稀盐酸溶解固体的原因为______ ．（2）已知C u C l难溶于水，由溶液2制C u C l的离子方程式为：______ ．（3）用下面的方法测定固体产物中的C u C l2的质量分数：取2.00m L溶液2转移到锥形瓶中，再加入过量的20%KI溶液，再滴入几滴淀粉溶液．用0.200mol/LN a2S2O3标准溶液滴定．反应原理为2C u2++4I-═2C u I↓+I2、I2+2S2O32-═S4O62-+2I-．重复滴定3次，平均消耗N a2S2O3标准溶液20.00m L，则固体产物中C u C l2的质量分数为______ ．（保留三位有效数字）【答案】圆底烧瓶；d；e；h；i；f；g；b；利用止水夹夹住导气管的橡皮管，从长颈漏斗中加水至漏斗内外形成液面高度差，一段时间内，液面高度差不变，说明气密性良好；C u+C l2C u C l2、2F e+3C l22F e C l3；C l O-+2e-+H2O=C l-+2OH-；抑制C u2+、F e3+水解；2C u2++2C l-+SO2+2H2O2C u C l↓+4H++SO42-；83.1%【解析】解：I．（1）仪器A为圆底烧瓶，故答案为：圆底烧瓶；（2）KM n O4与浓盐酸制取的C l2含有HC l和H2O，用饱和食盐水除去HC l，用浓硫酸除去H2O，然后C l2与C u反应，最后用N a OH溶液吸收未反应的C l2，防止污染空气，故按气流方向连接仪器接口顺序为a→d、e→h、i→f、g→b，故答案为：d；e；h；i；f；g；b；（3）检验A装置气密性方法为：利用止水夹夹住导气管的橡皮管，从长颈漏斗中加水至漏斗内外形成液面高度差，一段时间内，液面高度差不变，说明气密性良好，故答案为：利用止水夹夹住导气管的橡皮管，从长颈漏斗中加水至漏斗内外形成液面高度差，一段时间内，液面高度差不变，说明气密性良好；（4）D中发生反应有：氯气与C u反应生成氯化铜，与F e反应生成氯化铁，反应方程式为：C u+C l2C u C l2、2F e+3C l22F e C l3，故答案为：C u+C l2C u C l2、2F e+3C l22F e C l3；（5）装置B吸收未反应的氯气，反应生成N a C l、N a C l O，N a C l O具有漂白性，钢铁制品表面生成红褐色沉淀、溶液会失去漂白、杀菌消毒功效，说明C l O-在正极上得电子，发生还原反应生产C l-，由于为碱性条件，还生成OH-，该电化学腐蚀过程中正极反应式为：C l O-+2e-+H2O=C l-+2OH-，故答案为：C l O-+2e-+H2O=C l-+2OH-；Ⅱ．粗铜含有F e，制备的C u C l2中含有F e C l3，C u C l2和F e C l3均为强酸弱碱盐，能发生水解反应，水解产物均有HC l，加稀盐酸溶解，能抑制氯化铜、氯化铁水解，加入氢氧化钠溶液，消耗溶液中H+，调节p H使杂质F e3+转化为沉淀而除去，溶液2含有C u C l2，通入一定量的SO2，生成沉淀C u C l，发生氧化还原反应，SO2为还原剂，被氧化为SO42‾，（1）由上述分析可知，用稀盐酸溶解固体的原因是：抑制C u2+、F e3+水解，故答案为：抑制C u2+、F e3+水解；（2）溶液2含有C u C l2，通入一定量的SO2，生成沉淀C u C l，发生氧化还原反应，SO2为还原剂，被氧化为SO42‾，反应离子方程式为：2C u2++2C l-+SO2+2H2O2C u C l↓+4H++SO42-，故答案为：2C u2++2C l-+SO2+2H2O2C u C l↓+4H++SO42-；（3）由2C u2++4I-=2C u I↓+I2、I2+2S2O32-=S4O42-+2I-，可得关系式2n（C l C l2）～I2～2n（S2O32-），故200m L溶液中n（C l C l2）=n（S2O32-）=0.02L×0.2mol/L×=0.4mol，则样品中m（C l C l2）=0.4mol×135g/mol=54g，则C l C l2的质量分数为×100%=83.1%，故答案为：83.1%．I．（1）仪器A为圆底烧瓶；（2）KM n O4与浓盐酸制取的C l2含有HC l和H2O，用饱和食盐水除去HC l，用浓硫酸除去H2O，然后C l2与C u反应，最后用N a OH溶液吸收未反应的C l2，防止污染空气；（3）利用止水夹夹住导气管的橡皮管，从长颈漏斗中加水至漏斗内外形成液面高度差，一段时间内，液面高度差不变，说明气密性良好；（4）D中发生反应有：氯气与C u反应生成氯化铜，与F e反应生成氯化铁；（5）装置B吸收未反应的氯气，反应生成N a C l、N a C l O，N a C l O具有漂白性，钢铁制品表面生成红褐色沉淀、溶液会失去漂白、杀菌消毒功效，说明C l O-在正极上得电子，发生还原反应生产C l-，由于为碱性条件，还生成OH-，Ⅱ．粗铜含有F e，制备的C u C l2中含有F e C l3，C u C l2和F e C l3均为强酸弱碱盐，能发生水解反应，水解产物均有HC l，加稀盐酸溶解，能抑制氯化铜、氯化铁水解，加入氢氧化钠溶液，消耗溶液中H+，调节p H使杂质F e3+转化为沉淀而除去，溶液2含有C u C l2，通入一定量的SO2，生成沉淀C u C l，发生氧化还原反应，SO2为还原剂，被氧化为SO42‾；（3）由2C u 2++4I -=2C u I ↓+I 2、I 2+2S 2O 32-=S 4O 42-+2I -，可得关系式2n （C l C l 2）～I 2～2n （S 2O 32-），据此计算200m L 溶液中n （C l C l 2），进而计算C l C l 2的质量分数．本题考查物质的制备实验方案、化学工艺流程，涉及对装置及操作的分析评价、气密性检验、电化学腐蚀、滴定计算等，侧重于基础知识的综合应用，难度中等．三、实验题(本大题共1小题，共15.0分)11.某矿石中除含S i O 2外，还有9.24% C o O 、2.78% F e 2O 3、0.96% M g O 、0.084% C a O ，从该矿石中提取钴的主要工艺流程如下：（1）在一定浓度的H 2SO 4溶液中，钴的浸出率随时间、温度的变化如图所示．考虑生产成本和效率，最佳的浸出时间为 ______ 小时，最佳的浸出温度为______ ℃．（2）请配平下列除铁的化学方程式：F e 2（SO 4）3+H 2O+N a 2CO 3═N a 2F e 6（SO 4）4（OH ）12↓+N a 2SO 4+CO 2↑（3）“除钙、镁”的原理反应如下：M g SO 4+2N a F ═M g F 2↓+N a 2SO 4；C a SO 4+2N a F ═C a F 2↓+N a 2SO 4．已知K SP （C a F 2）=1.11×10-10、K SP （M g F 2）=7.40×10-11，加入过量N a F 溶液反应完全后过滤，则滤液中的= ______ ．（4）“沉淀”中含杂质离子主要有 ______ ；“操作X ”名称为 ______ ．（5）某锂离子电池正极是L i C o O 2，含L i +导电固体为电解质．充电时，L i +还原为L i ，并以原子形式嵌入电池负极材料碳-6（C 6）中，电池反应为L i C o O 2+C 6 放电充电 C o O 2+L i C 6．L i C 6中L i 的化合价为 ______ 价．若放电时有1mole -转移，正极质量增加 ______ g ．【答案】12；90；1.5；SO 42-、NH 4+、N a +；洗涤、干燥；0；7【解析】解：（1）根据图知，时间越长浸出率越高，温度越高，浸出率越高，但浸出12小时后，浸出率变化不大，90℃和120℃浸出率变化不大，且时间过长、温度过高导致成本较大，所以最佳的浸出时间为12小时，最佳的浸出温度为90℃，故答案为：12；90；（2）根据原子守恒配平方程式，所以其方程式为：3F e 2（SO 4）3+6H 2O+6N a 2CO 3=N a 2F e 6 （SO 4）4（OH ）12↓+5N a 2SO 4+6CO 2↑，故答案为：3，6，6，1，5，6；。
西北师大附中2015年高三模拟考试(1)理综试题及答案
A．① ② ③ ④ ⑤
B．① ② ③ ⑤
理综
C．① ② ⑤
D．② ⑤
第 1 页 - 共 15 页
6．下列有关实验的叙述，正确的是 A．将发芽的小麦种子研磨液置于试管中，加入斐林试剂，即呈现砖红色沉淀 B．探究淀粉酶对淀粉和蔗糖作用的专一性时，可用碘液替代斐林试剂进行鉴定 C．绿叶中色素的分离实验中，滤纸条上胡萝卜素扩散最快是因为其溶解度最大 D．紫色洋葱鳞片叶内表皮细胞不能发生质壁分离，因而不能用于质壁分离观察实验 7．下列说法不正确的是 A．Na2O2 能与 CO2 反应，可用作呼吸面具的供氧剂 B．硅是半导体材料，可用于制备光导纤维 C．黄河入海口沙洲的形成与用卤水点豆腐，都体现了胶体聚沉的性质 D．明矾能水解生成 Al(OH)3 胶体，可用作净水剂 8．下列有关说法正确的是 A．2，2-二甲基丁烷与 2，4-二甲基戊烷的一氯代物种类相同 B．由苯制取溴苯、硝基苯、环己烷的反应类型均属于取代反应 C．乙烷、苯、葡萄糖溶液均不能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D．乙酸乙酯、乙酸、乙醇均能和水互溶 9．下列解释实验事实的方程式不正确的是 A．可用氯气进行自来水的杀菌消毒：Cl2+H2O HCl+HClO N2O4(g) △H＜0
第Ⅰ卷
一、 选择题：本题共 13 小题，每小题 6 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目 要求的。 1．下列有关细胞结构和功能的叙述，正确的是 A．磷脂是构成细胞膜的重要物质，但磷脂与物质的跨膜运输无关 B．吞噬细胞对抗原—抗体复合物的处理离不开溶酶体的作用 C．破伤风杆菌分泌外毒素（一种蛋白质）离不开高尔基体的作用 D．洋葱根尖分生区细胞的有丝分裂离不开中心体的作用 2．下列有关人体细胞生命历程的叙述，不正确的是 A．细胞分裂存在于个体发育的不同时期 B．细胞分化是基因选择性表达的结果 C．细胞衰老过程中细胞形态发生变化 D．细胞凋亡不会发生在胚胎发育过程中 3．植物的生命活动受到多种植物激素的影响，下列关于植物激素的叙述，正确的是 A．细胞分裂素是由植物体特定的部位产生，并作用于该部位 B．顶端优势和根的向地性说明植物生长素作用的两重性 C．植物激素的运输都有极性运输的特点 D．刚收获的种子不易萌发，可用适宜浓度的脱落酸处理打破种子的休眠 4．下列有关免疫系统的组成的叙述，错误的是 A．免疫系统由免疫器官、免疫细胞和免疫活性物质组成 B．淋巴细胞包括吞噬细胞、T 细胞和 B 细胞等 C．T 细胞起源于骨髓中的造血干细胞，迁移到胸腺中成熟 D．溶菌酶、淋巴因子和抗体都是发挥免疫作用的物质，属于免疫活性物质 5．如图所示，在酵母菌细胞中能进行正常的信息传递最完整的途径是
化学高考模拟卷-高三化学试题含答案-兰州市高考模拟化学试卷及答案
甘肃省兰州市2015届高考化学模拟试卷一、选择题：本大题共7小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．（6分）化学与生活、社会可持续发展密切相关．下列有关叙述不正确的是（）A．发生铅中毒时，可喝大量的牛奶或鸡蛋清来缓解病情B．CO2的水溶液呈酸性，CO2的大量排放会导致酸雨的形成C．黄河入海口沙洲的形成与用卤水点豆腐，都体现了胶体聚沉的性质D．利用二氧化碳等原料合成聚碳酸酯类可降解塑料，有利于减少白色污染2．（6分）设N A为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是（）A．25℃时，1L pH=13的Ba（OH）2溶液中含有OH一的数目为0.2N AB．取50mL 14.0moI．L﹣l浓硝酸与足量的铜片反应，生成气体分子的数目为0.35N AC．标准状况下，2.24L二氧化硫中含有的电子总数为3.2N AD．28gN2与28g C18O中含有的质子数均为143．（6分）下列实验操作不能达到预期目的是（）选项实验目的操作A 从溴水中提取单质溴先用CCl4萃取分液后，再蒸馏B 证明 Mg（OH）2沉淀可以转化为Fe（OH）3沉淀向2mL1mol•L﹣1NaOH溶液中先加入3滴1mol•L﹣1MgCl2溶液，再加入3滴1mol•L﹣1FeCl3溶液C 验证蔗糖是否水解生成葡萄糖向蔗糖溶液中加入少量稀硫酸加热，再加入少量NaOH溶液，调至碱性，然后加银氨溶液水浴加热D 证明碱的非金属性强于硅向NaSiO3溶液中通入适量CO2气体，有白色胶状沉淀生成A．A B．B C．C D．D4．（6分）甲苯苯环上的氢原子被﹣C4H9取代的同分异构体的种类数有（）A．3种B．6种C．12种D．18种5．（6分）某同学在常温下设计以下实验流程探究Na2S2O3的化学性质：pH=8Na2S2O3溶液白色沉淀B下列说法正确的是（）A．实验①说明Na2S2O3溶液中水电离的c（OH﹣）=l0﹣8 mol．L﹣lB．Na2S2O3溶液pH=8的原因用离子方程式表示为S2O32﹣+2H2O⇌Na2S2O3+2OH﹣C．生成的沉淀B可能是BaSO3或BaSO4，要进一步确认还需再加入稀硝酸验证D．实验②说明Na2S2O3具有还原性6．（6分）已知：常温下浓度为0.1mo1•L﹣1的下列溶液的pH如下表所示：溶质NaF NaClO Na2CO3pH 7.5 9.7 11.6下列有关说法正确的是（）A．加热0.1 mol．L﹣l NaC1O溶液测其pH，pH小于9.7B．0．lmo1．L﹣1Na2CO3溶液中，存在如下关系：c（OH﹣）﹣c（H+）=c（HCO3）+2c（H2CO3）C．根据上表数据得出四种酸电离平衡常数大小关系为：HF＞HC1O＞H2CO3（一级电离平衡常数）D．pH=2的HF溶液与pH=12的NaOH溶液体积比1：1混合，则有c（Na+）=c（F﹣）＞c（H+）=c（OH﹣）7．（6分）将一定量的氯气通入氢氧化钠浓溶液中，加热少许时间后溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3的共存体系．下列判断不正确的是（）A．参加反应所需NaOH与氯气的物质的量之比一定为2：1B．反应体系中n（NaCl）：n（NaClO）：n（NaC1O3）（物质的量之比）可能为11：1：2 C．若反应有amol氯气参加反应，则amol＜转移电子数＜molD．反应中NaC1O和NaClO3为氧化产物，且物质的量之比一定为l：1三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第（一）必考题8．（14分）构建知识网络体系，有助于知识的有序储存和应用．下图A、B、C、D、E五种物质均含有同一种元素，它们之间有如图转化关系：（1）若A～E均为化合物，均含有Y元素，A是淡黄色固体；物质的量浓度相等的B、C两溶液中C溶液的pH较小；电解D的水溶液可以生成B和两种气体单质，该反应是工业上生产B的重要反应．①检验C溶液中含有Y元素的操作方法是②电解D的水溶液时反应的化学方程式为（2）若A为气体单质，C、D的相对分子质量相差16，0.1moI．L﹣l E溶液中只有，3种离子，且溶液中的．则①A、B、C、D、E中都含有的元素在周期表中的位置为，B的电子式为．②E→C反应的离子方程式为．（3）若A为短周期元素组成的固体非金属单质，标况下2.24LC气体通入1L 0.1mo1．L一1的NaOH溶液中，恰好完全反应，测得所得溶液的pH＜7，则反应后溶液中离子浓度由大到小的顺序为（OH一除外）．（4）若A为常见金属单质，B、C均为盐，B的水溶液呈酸性，C的水溶液呈碱性，D是一种白色沉淀．若将金属A的粉末与硝酸钠溶液混合后加入足量的氢氧化钠溶液，只产生一种无色、有刺激性气味的且能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，该反应的离子方程式为．9．（14分）甲醇既是一种可再生能源，又是一种重要的化工原料．工业上通过CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）生产甲醇．（1）在一定温度下，向1L密闭容器中充入1mol CO和2mo1H2，发生上述反应，10分钟时反应达平衡，此时CO的转化率为50%．①前10分钟生成甲醇的平均反应速率为；已知该反应在低温下能自发进行，则反应的△H 为（填“＞”、“＜”或“=”）0．②下列关于上述反应的叙述，不正确的是（填字母编号）．A．缩小容器的体积，平衡将向右移动，c（CO）将变大B．达到平衡时，移走部分甲醇，平衡将向右移动，正反应速率加快C．恒温、恒容条件下，容器内的压强不发生变化则该反应达到平衡状态D．反应过程中生成CH3OH的速率与消耗CO的速率相等则该反应达到平衡状态E．使用合适的催化剂能缩短达到平衡的时间并提高CO的转化率（2）在容积为1L的恒容容器中，分别研究在230℃、250℃、270℃三种温度下合成甲醇的规律．上述三种温度下不同的H2和CO的起始组成比（起始时CO的物质的量均1mol）与CO 平衡转化率的关系如图1所示．①在上述三种温度中，曲线Z对应的温度是．②利用图中a点对应的数据，计算该反应在对应温度下的平衡常数K=．（3）利用甲醇与水蒸气催化重整可获得清洁能源氢气，已知：CH3OH （g）+O2（g）⇌CO2（g）+2H2（g）△H1=﹣192.9kJ．mol﹣lH2（g）+O2（g）⇌H2O（g）△H2=﹣120.9kJ．mol﹣1则甲醇与水蒸气催化重整反应：CH3OH（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+3H2（g）的焓变△H3=．（4）有人设计甲醇一空气燃料电池的示意图如图2所示，工作时负极的电极反应式可表示为．若以该电池为电源，用石墨做电极电解200mL含有下列离子的溶液：离子Cu2+H+Cl﹣SO42﹣c/mol•L﹣10.5 2 2 0.5电解一段时间后，标况下当两极收集到相同体积的气体时，阳极上收集到氧气的质量为（忽略溶液体积的变化及电极产物可能存在的溶解现象）．10．（15分）过氧化钙晶体（CaO2•8H2O）可用于改善地表水质、处理含重金属粒子废水、应急供氧等．实验室可用工业碳酸钙（含MgCO3、FeCO3杂质）制取纯净的碳酸钙，然后再用纯净的碳酸钙制取过氧化钙晶体，其主要流程如图1：回答下列问题：（1）写出反应①发生氧化还原反应的离子方程式．操作I用的玻璃仪器有．（2）反应②生成CaO2•8H2O的化学反应方程式为；反应②冰水控制温度在0℃左右的主要原因是；（3）已知：I2+2S2O32﹣=2I﹣+S4O62﹣，测定产品中CaO2的含量的实验步骤如下：第一步：准确称取ag产品放入锥形瓶中，再加入过量的b gKI晶体，加入适量蒸馏水溶解再滴入少量2mol．L﹣1的H2SO4溶液，充分反应．第二步：向上述锥形瓶中加入几滴淀粉溶液．m/g第三步：逐滴加入浓度为c mol．L﹣1的Na2S2O3溶液发生反应，滴定达到终点时出现的现象是．若滴定消耗Na2S2O3溶液VmL，样品中CaO2的质量分数为（用字母表示）．（4）已知过氧化钙加热至350℃左右开始分解放出氧气．将过氧化钙晶体（ CaO2•8H2O）在坩埚中加热逐渐升高温度，测得样品质量随温度的变化如图2曲线所示，则350℃以上所得固体物质的化学式为．【化学一选修2化学与技术】（共1小题，满分15分）11．（15分）粗铜精炼后的阳极泥中含有Cu、Au（金）和PbSO4等杂质，湿法处理阳极泥进行综合利用的流程如下：（1）电解精炼含铜、金、铅的粗铜时，电解液应该用溶液作电解液，电解时阳极的电极反应式为和Cu﹣2e﹣=Cu2+．（2）焙烧阳极泥时，为了提高焙烧效率，采取的合理措施是，焙烧后的阳极泥中除含金、PbSO4外，还有（填化学式）．（3）完成操作I的主要步骤：，过滤，洗涤，干燥．（4）写出用SO2还原AuC14一的离子反应方程式．（5）为了减少废液排放、充分利用有用资源，工业上将滤液1并入硫酸铜溶液进行循环操作，请指出流程图中另一处类似的做法．（6）用离子方程式表示加入碳酸钠溶液的作用．（已知298K时，Ksp（PbCO3）=l.46×l0﹣13，Ksp（PbSO4）=l.82×l0﹣8）【化学一选修3：物质结构与性质】（共1小题，满分0分）12．已知A、B、C、D、E、W六种元素的原子序数依次递增，都位于前四周期．其中A、D 原子的最外层电子数均等于其周期序数，且D原子的电子层数是A的3倍；B原子核外电子有6种不同的运动状态，且s轨道电子数是p轨道电子数的两倍；C原子L层上有2对成对电子．E有“生物金属”之称，E4+离子和氩原子的核外电子排布相同；W位于周期表中第8列，请回答：（1）BA2C分子中B原子的杂化方式为，BA2C分子的空间构型为．（2）写出与BC2分子互为等电子体的一种分子的化学式．BC2在高温高压下所形成晶体的晶胞如右图l所示．则该晶体的类型属于晶体（选填“分子”、“原子”、“离子”或“金属”）；（3）经光谱测定证实单质D与强碱溶液反应有﹣生成，则﹣中存在．a．共价键 b．配位键 c．σ键 d．π键（4）“生物金属”E内部原子的堆积方式与铜相同，都是面心立方堆积方式，如右图2所示．则晶胞中E原子的配位数为；若该晶胞的密度为p g．cm﹣3，阿伏加德罗常数为N A，E 原子的摩尔质量为Mrg．mol﹣1，则该晶胞的棱长为 cm．（5）W元素应用非常广泛，如果人体内W元素的含量偏低，则会影响O2在体内的正常运输．已知W2+与KCN溶液反应得W（CN）2沉淀，当加入过量KCN溶液时沉淀溶解，生成配合物，其配离子结构如图3所示．①W元素基态原子价电子排布式为．②写出W （CN）2溶于过量KCN溶液的化学方程式．【化学一选修5：有机化学基础】（共1小题，满分0分）13．某种医药中间体的结构式为，常用于制备抗凝血药，可通过下列流程合成：已知：F变成G相当于从F分子中去掉1个X分子．请回答（1）下列关于G的说法正确的是．a．能与溴水反应b．能与氢氧化钠溶液反应c．1molG最多能和3mol氢气反应d．能与FeC1′3溶液反应显紫色（2）B→C的反应类型是．（3）写出下列有关反应的化学方程式：①A与新制氢氧化铜悬浊液共热，②D→E：．（4）F分子中有种化学环境不同的氢原子，化合物X的结构简式为．（5）写出与D互为同分异构体且含苯环、酚羟基和酯基的有机物的同分异构体的结构简式．甘肃省兰州市2015届高考化学模拟试卷参考答案与试题解析一、选择题：本大题共7小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．（6分）化学与生活、社会可持续发展密切相关．下列有关叙述不正确的是（）A．发生铅中毒时，可喝大量的牛奶或鸡蛋清来缓解病情B．CO2的水溶液呈酸性，CO2的大量排放会导致酸雨的形成C．黄河入海口沙洲的形成与用卤水点豆腐，都体现了胶体聚沉的性质D．利用二氧化碳等原料合成聚碳酸酯类可降解塑料，有利于减少白色污染考点：氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；胶体的应用；常见的生活环境的污染及治理．分析：A．牛奶或生鸡蛋清属于蛋白质，遇重金属盐变性；B．形成酸雨的气体是二氧化硫和氮氧化物；C．胶体遇电解质溶液发生聚沉；D．形成白色污染的主要来源为聚乙烯材料．解答：解：A．重金属盐遇到牛奶或生鸡蛋清会使之发生变性，而不和人体蛋白质结合，所以喝牛奶或生鸡蛋清能解毒，故A正确；B．二氧化硫和氮氧化物的大量排放会形成酸雨，二氧化碳的大量排放会导致温室效应，故B错误；C．黄河中的泥沙和豆浆都是胶体，胶体遇电解质溶液发生聚沉，故C正确；D．形成白色污染的主要来源为聚乙烯材料，难以降解，但利用二氧化碳等原料合成的聚碳酸酯类可降解塑料有利于减少白色污染，故D正确．故选B．点评：本题考查蛋白质的性质、酸雨、胶体、常见的生活环境的污染及治理，题目难度不大，注意相关基础知识的积累．2．（6分）设N A为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是（）A．25℃时，1L pH=13的Ba（OH）2溶液中含有OH一的数目为0.2N AB．取50mL 14.0moI．L﹣l浓硝酸与足量的铜片反应，生成气体分子的数目为0.35N AC．标准状况下，2.24L二氧化硫中含有的电子总数为3.2N AD．28gN2与28g C18O中含有的质子数均为14考点：阿伏加德罗常数．分析：A．根据溶液的pH=13，求出c（H+）和c（OH﹣），然后根据n=CV求出氢氧根的个数；B．浓硝酸随着反应的进行会逐渐变成稀硝酸，根据反应方程式Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O、3Cu+8HNO3═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O进行判断；C．标准状况下2.24L二氧化硫的物质的量为0.1mol，二氧化硫分子中含有32个电子，0.1mol 二氧化硫中含有3.2mol电子；D．28g氮气的物质的量为1mol，含有14mol质子；28g C18O的物质的量需要1mol，含有质子数小于14mol．解答：解：A．溶液的pH=13，可知c（H+）=10﹣13mol/L，故c（OH﹣）=0.1mol/L，氢氧根的物质的量n=CV=0.1mol/L×1L=0.1mol，故A错误；B．铜与浓硝酸反应的方程式为：Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，铜与稀硝酸反应的方程式为：3Cu+8HNO3═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，硝酸的物质的量为0.7mol，0.7mol浓硝酸完全反应生成0.35mol二氧化氮，0.7mol稀硝酸与铜反应生成0.175mol一氧化氮，所以0.7mol浓硝酸与足量铜反应生成的气体的物质的量小于0.35mol，生成的气体分子数小于0.35N A，故B错误；C．标况下2.24L二氧化硫的物质的量为：=0.1mol，0.1mol二氧化硫中含有3.2mol电子，含有的电子总数为3.2N A，故C正确；D．N2与C18O分子中都含有14个电子，而二者的摩尔质量不同，根据n=可知，等质量的二者含有的质子数不同，故D错误；故选C．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的综合应用，题目难度中等，以阿伏伽德罗常数为载体考查如下知识点有：①考查22.4L/mol的正确使用；②考查在氧化还原反应中得失电子数的计算；③正确表示一定物质的量的某物质微粒所含某种微粒的个数；④考查在标准状况下一定体积的气体分子所含的分子数和原子数．3．（6分）下列实验操作不能达到预期目的是（）选项实验目的操作A 从溴水中提取单质溴先用CCl4萃取分液后，再蒸馏B 证明 Mg（OH）2沉淀可以转化为Fe（OH）3沉淀向2mL1mol•L﹣1NaOH溶液中先加入3滴1mol•L﹣1MgCl2溶液，再加入3滴1mol•L﹣1FeCl3溶液C 验证蔗糖是否水解生成葡萄糖向蔗糖溶液中加入少量稀硫酸加热，再加入少量NaOH溶液，调至碱性，然后加银氨溶液水浴加热D 证明碱的非金属性强于硅向NaSiO3溶液中通入适量CO2气体，有白色胶状沉淀生成A．A B．B C．C D．D考点：化学实验方案的评价．分析：A．四氯化碳可萃取溴水中的溴；B．氢氧化钠过量，氢氧化钠和氯化镁、氯化铁反应都生成沉淀；C．蔗糖水解生成葡萄糖，与银氨溶液的反应应在碱性条件下；D．强酸反应制取弱酸．解答：解：A．四氯化碳可萃取溴水中的溴，溴和四氯化碳的沸点不同，可用蒸馏分离，故A正确；B．氢氧化钠过量，氢氧化钠和氯化镁、氯化铁反应都生成沉淀，所以不能证明Mg（OH）2沉淀可以转化为Fe（OH）3沉淀，故B错误；C．蔗糖水解生成葡萄糖，葡萄糖能发生银镜反应，故C正确；D．强酸反应制取弱酸，最高价氧化物的酸性越强，元素的非金属性越强，故D正确．故选B．点评：本题考查较为综合，涉及物质的分离提纯、沉淀转化、物质检验以及非金属性比较等知识，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为2015届高考常见题型，注意相关知识的学习与积累，难度不大．4．（6分）甲苯苯环上的氢原子被﹣C4H9取代的同分异构体的种类数有（）A．3种B．6种C．12种D．18种考点：同分异构现象和同分异构体．分析：﹣C4H9有四种结构，分别为：CH3﹣CH2﹣CH2﹣CH2﹣、CH3﹣CH2﹣CH（CH3）﹣、（CH3）2CH﹣CH2﹣、（CH3）3C﹣，苯环上的两个取代基位置可以有邻、间、对三种，据此解答即可．解答：解：﹣C4H9有四种结构，分别为：CH3﹣CH2﹣CH2﹣CH2﹣、CH3﹣CH2﹣CH（CH3）﹣、（CH3）2CH﹣CH2﹣、（CH3）3C﹣，甲苯上含有1个甲基，此时分为邻间对三种取代位置，故总共有同分异构体数目为4×3=12种，故选C．点评：本题主要考查的是同分异构体的判断，掌握丁基有四种结构以及苯环上的二元取代有邻、间、对三种情况，难度不大．5．（6分）某同学在常温下设计以下实验流程探究Na2S2O3的化学性质：pH=8Na2S2O3溶液白色沉淀B下列说法正确的是（）A．实验①说明Na2S2O3溶液中水电离的c（OH﹣）=l0﹣8 mol．L﹣lB．Na2S2O3溶液pH=8的原因用离子方程式表示为S2O32﹣+2H2O⇌Na2S2O3+2OH﹣C．生成的沉淀B可能是BaSO3或BaSO4，要进一步确认还需再加入稀硝酸验证D．实验②说明Na2S2O3具有还原性考点：性质实验方案的设计；氧化还原反应；含硫物质的性质及综合应用．分析：常温下，由pH=8Na2S2O3溶液可知，pH=8，溶液水解显碱性，c（H+）水=c（OH2﹣﹣）水=l0﹣6 mol．L﹣l，由Na2S2O3溶液白色沉淀B可知，发生S2O3+5H2O+4Cl2+2Ba2+=2BaSO4↓+8Cl﹣+10H+，以此来解答．解答：解：A．实验①说明Na2S2O3溶液中水电离的c（OH﹣）=l0﹣6 mol．L﹣l，促进水的电离，故A错误；B．Na2S2O3溶液pH=8的原因用离子方程式表示为S2O32﹣+H2O⇌HS2O3﹣+OH﹣，故B错误；C．BaSO3与硝酸发生氧化还原反应生成BaSO4，不能加硝酸验证，故C错误；D．实验②发生S2O32﹣+5H2O+4Cl2+2Ba2+=2BaSO4↓+8Cl﹣+10H+，S元素的化合价升高，说明Na2S2O3具有还原性，故D正确；故选D．点评：本题考查性质实验方案的设计，为高频考点，涉及盐类水解、氧化还原反应等，把握反应原理及物质的性质为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大．6．（6分）已知：常温下浓度为0.1mo1•L﹣1的下列溶液的pH如下表所示：溶质NaF NaClO Na2CO3pH 7.5 9.7 11.6下列有关说法正确的是（）A．加热0.1 mol．L﹣l NaC1O溶液测其pH，pH小于9.7B．0．lmo1．L﹣1Na2CO3溶液中，存在如下关系：c（OH﹣）﹣c（H+）=c（HCO3）+2c（H2CO3）C．根据上表数据得出四种酸电离平衡常数大小关系为：HF＞HC1O＞H2CO3（一级电离平衡常数）D．pH=2的HF溶液与pH=12的NaOH溶液体积比1：1混合，则有c（Na+）=c（F﹣）＞c（H+）=c（OH﹣）考点：离子浓度大小的比较；盐类水解的原理．分析：A．盐的水解为吸热反应，升高温度促进了醋酸根离子的水解，溶液的pH增大；B．根据碳酸钠溶液中的质子守恒判断；C．溶液pH越大，酸的电离程度越大，对应酸的定性越弱，酸的电离程度越小；D．混合液中氟化氢过量，溶液显示酸性，结合电荷守恒判断各离子浓度大小．解答：解：A．加热0.1 mol．L﹣1NaC1O溶液，次氯酸根离子的水解程度增大，溶液的pH 增大，则溶液的pH大于9.7，故A错误；B．0．lmo1．L﹣1Na2CO3溶液中，根据质子守恒可得：c（OH﹣）=c（H+）+c（HCO3）+2c（H2CO3），整理可得：c（OH﹣）﹣c（H+）=c（HCO3）+2c（H2CO3），故B正确；C．溶液的pH越大，酸根离子的水解程度越大，对应酸的酸性越弱，根据上表数据得出酸性强弱为：HF＞HC1O＞HCO3﹣，则得出的酸的电离程度为：HF＞HC1O＞HCO3﹣，故C错误；D．pH=2的HF溶液与pH=12的NaOH溶液体积比1：1混合，氟化氢为弱酸，则混合液中氟化氢过量，溶液显示酸性，结合电荷守恒可得：c（F﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故D错误；故选B．点评：本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，明确电荷守恒、物料守恒、质子守恒及盐的水解原理为解答关键，试题培养了学生灵活应用基础知识的能力．7．（6分）将一定量的氯气通入氢氧化钠浓溶液中，加热少许时间后溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3的共存体系．下列判断不正确的是（）A．参加反应所需NaOH与氯气的物质的量之比一定为2：1B．反应体系中n（NaCl）：n（NaClO）：n（NaC1O3）（物质的量之比）可能为11：1：2 C．若反应有amol氯气参加反应，则amol＜转移电子数＜molD．反应中NaC1O和NaClO3为氧化产物，且物质的量之比一定为l：1考点：有关混合物反应的计算．分析：发生反应有：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O，A．根据钠离子和氯原子质量守恒分析参加反应的氢氧化钠和氯气的物质的量之比；B．根据氧化还原反应中得失电子相等判断；C．根据极值法及电子守恒计算出转移电子的范围；D．题中缺少次氯酸钠、氯酸钠的量，无法计算二者的物质的量之比．解答：解：A．根据NaCl、NaClO、NaClO3可知，钠离子和氯原子的物质的量之比为1：1，则参加反应所需NaOH与氯气的物质的量之比一定为1：=2：1，故A正确；B．设n（NaCl）=11mol、n（NaClO）=2mol、n（NaClO3）=1mol，生成NaCl获得的电子为：11mol×1=11mol，生成NaClO、NaClO3失去的电子为1mol×1+2mol×5=11mol，得失电子相等，故反应体系中n（NaCl）：n（NaClO）：n（NaC1O3）（物质的量之比）可能为11：1：2，故B正确；C．若amol氯气参与反应，发生反应有：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O，若氧化产物只有NaClO，转移电子数最少，为amol×2××1=amol；氧化产物只有NaClO3，转移电子数最多，为amol×2××1=mol，所以反应转移电子为：amol＜转移电子数＜mol，故C正确；D．根据化合价变化可知，反应中NaC1O和NaClO3为氧化产物，但由于缺少数据，无法计算二者的物质的量之比，故D错误；故选D．点评：本题考查了氧化还原反应的有关计算，题目难度中等，根据原子守恒及转移电子守恒是解本题关键，并结合极限法分析解答，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力．三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第（一）必考题8．（14分）构建知识网络体系，有助于知识的有序储存和应用．下图A、B、C、D、E五种物质均含有同一种元素，它们之间有如图转化关系：（1）若A～E均为化合物，均含有Y元素，A是淡黄色固体；物质的量浓度相等的B、C两溶液中C溶液的pH较小；电解D的水溶液可以生成B和两种气体单质，该反应是工业上生产B的重要反应．①检验C溶液中含有Y元素的操作方法是用盐酸将铂丝洗净后，放在无色火焰上灼烧至无色，再蘸取碳酸钠溶液放在无色火焰上灼烧，若火焰出现黄色，则说明溶液中有钠元素②电解D的水溶液时反应的化学方程式为2NaCl+2H2O H2↑+Cl2↑+2NaOH（2）若A为气体单质，C、D的相对分子质量相差16，0.1moI．L﹣l E溶液中只有，3种离子，且溶液中的．则①A、B、C、D、E中都含有的元素在周期表中的位置为第二周期第ⅤA族，B的电子式为．②E→C反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO3﹣（稀）═3Cu2++2NO↑+4H2O．（3）若A为短周期元素组成的固体非金属单质，标况下2.24LC气体通入1L 0.1mo1．L一1的NaOH溶液中，恰好完全反应，测得所得溶液的pH＜7，则反应后溶液中离子浓度由大到小的顺序为c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（H+）＞c（SO32﹣）（OH一除外）．（4）若A为常见金属单质，B、C均为盐，B的水溶液呈酸性，C的水溶液呈碱性，D是一种白色沉淀．若将金属A的粉末与硝酸钠溶液混合后加入足量的氢氧化钠溶液，只产生一种无色、有刺激性气味的且能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，该反应的离子方程式为8Al+3NO3﹣+5OH﹣+2H2O=8AlO2﹣+3NH3↑．考点：无机物的推断．分析：A、B、C、D、E五种物质均含有同一种元素，（1）若A～E均为化合物，均含有Y元素，A是淡黄色固体，能发生反应生成B、C，则A是Na2O2，过氧化钠能和水、二氧化碳分别反应生成NaOH、Na2CO3，B、C两溶液在等物质的量浓度时，C 溶液的pH较小，则B是NaOH、C是Na2CO3，电解D的水溶液可以生成B和两种气体单质，该反应是工业上生产B的重要反应，则D为NaCl，根据D→E→C可知，E是NaHCO3；（2）若A为单质，C、D的相对分子质量相差16，相差一个O原子，0.1mol/L E溶液中只有3种离子，且常温下溶液中的=1012，溶液呈强酸性，E为酸，符合条件时，A为N2、B为NH3、C为NO、D为NO2、E为HNO3，再结合物质之间的反应分析解答；（3）若A为短周期元素组成的固体非金属单质，A能生成C，且C能与氢氧化钠反应，则C 一般为氢化物或氧化物，标况下2.24LC即0.1mol气体通入1L 0.1mo1．L﹣1的NaOH溶液中，恰好完全反应，测得所得溶液的pH＜7，则A应为S元素，C为SO2，生成的NaHSO3溶液中亚硫酸氢根离子的水解程度小于电离程度，以电离为主，所以溶液呈酸性，据此答题；（4）A为金属单质，B、C均属于盐类，D是一种白色沉淀，若B的水溶液呈酸性，C的水溶液呈碱性，则A为Al，B为AlCl3，C为NaAlO2，D为Al（OH）3，据此答题．解答：解：A、B、C、D、E五种物质均含有同一种元素，（1）若A～E均为化合物，均含有Y元素，A是淡黄色固体，能发生反应生成B、C，则A是Na2O2，过氧化钠能和水、二氧化碳分别反应生成NaOH、Na2CO3，B、C两溶液在等物质的量浓度时，C 溶液的pH较小，则B是NaOH、C是Na2CO3，电解D的水溶液可以生成B和两种气体单质，该反应是工业上生产B的重要反应，则D为NaCl，Y为钠元素，根据D→E→C 可知，E是NaHCO3，①检验C溶液中含有Y元素的操作方法是用盐酸将铂丝洗净后，放在无色火焰上灼烧至无色，再蘸取碳酸钠溶液放在无色火焰上灼烧，若火焰出现黄色，则说明溶液中有钠元素，故答案为：用盐酸将铂丝洗净后，放在无色火焰上灼烧至无色，再蘸取碳酸钠溶液放在无色火焰上灼烧，若火焰出现黄色，则说明溶液中有钠元素；②D为NaCl，电解D的水溶液时反应的化学方程式为2NaCl+2H2O H2↑+Cl2↑+2NaOH，故答案为：2NaCl+2H2O H2↑+Cl2↑+2NaOH；（2）若A为单质，C、D的相对分子质量相差16，相差一个O原子，0.1mol/L E溶液中只有3种离子，且常温下溶液中的=1012，溶液呈强酸性，E为酸，符合条件时，A为N2、B为NH3、C为NO、D为NO2、E为HNO3，①A、B、C、D、E中都含有的元素为氮元素，在周期表中的位置为第二周期第ⅤA族，B为NH3，B的电子式为，故答案为：第二周期第ⅤA族；；②E→C反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO3﹣（稀）═3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为：3Cu+8H++2NO3﹣（稀）═3Cu2++2NO↑+4H2O；（3）若A为短周期元素组成的固体非金属单质，A能生成C，且C能与氢氧化钠反应，则C 一般为氢化物或氧化物，标况下2.24LC即0.1mol气体通入1L 0.1mo1．L﹣1的NaOH溶液中，恰好完全反应，测得所得溶液的pH＜7，则A应为S元素，C为SO2，生成的NaHSO3溶液中亚硫酸氢根离子的水解程度小于电离程度，以电离为主，所以溶液呈酸性，所以反应后溶液中离子浓度由大到小的顺序为c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（H+）＞c（SO32﹣），故答案为：c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（H+）＞c（SO32﹣）；（4）A为金属单质，B、C均属于盐类，D是一种白色沉淀，若B的水溶液呈酸性，C的水溶液呈碱性，则A为Al，B为AlCl3，C为NaAlO2，D为Al（OH）3，若将金属A的粉末与硝酸钠溶液混合后加入足量的氢氧化钠溶液，只产生一种无色、有刺激性气味的且能使湿润的红。
甘肃省兰州市西北师大附中2015年高考化学五诊试卷(含解析)
2015年甘肃省兰州市西北师大附中高考化学五诊试卷一、选择题：本题共7小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．的电子式的比例模型：Cl硫原子的结构示意图：3．（6分）（2015•南昌三模）甲苯苯环上的一个H原子被﹣C3H6Cl取代，形成的同分异构体有4．（6分）（2015•甘肃校级模拟）热激活电池可用作火箭、导弹的工作电源．一种热激活电池的基本结构如图所示，其中作为电解质的无水LiCl﹣KCl混合物受热熔融后，电池即可瞬间输出电能．该电池总反应为：PbSO4+2LiCl+Ca=CaCl2+Li2SO4+Pb；下列有关说法正确的是（Pb 的相对原子质量：207）（）5．（6分）（2014•日照一模）W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期元素，甲、乙、丙、丁、戊是由其中的两种或三种元素组成的化合物，己是由Y元素形成的单质，常温下丙和己均为气体．已知反应：甲+乙→丁+己，甲+丙→戊+己；常温下0.01mol•L﹣1丁溶液的pH 为12．下列说法正确的是（）6．（6分）（2015•甘肃校级模拟）下列溶液中微粒的物质的量浓度关系或溶液的物质的量浓度7．（6分）（2015•甘肃校级模拟）将11.2g铜粉和镁粉的混合物分成2等份，将其中一份加入200mL的稀硝酸中并加热，固体和硝酸恰好完全反应，并产生标准状况下的NO 2.24L；将另一份在空气中充分加热，最后得到mg固体．下列有关说法：①c（HNO3）=2mol/L；②无法计三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22题-第32题为必做题，每个试题考生都必须作答．第33题-第40题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（11题，共129分）8．（14分）（2015•武汉模拟）N2H4通常用作火箭的高能燃料，N2O4做氧化剂．请回答下列问题已知：①N2（g）+2O2（g）═2NO2（g）△H=+akJ/mol②N2H4（g）+O2（g）═N2（g）+2H2O（g）△H=﹣b kJ/mol③2NO2（g⇌N2O4（g）△H=﹣ckJ/mol写出气态肼在气态四氧化二氮中燃烧生成氮气和气态水的热化学方程式（2）工业上常用次氯酸钠与过量的氨气反应制各肼，该反应的化学方程式为（3）N2、H2合成氨气为放热反应．800K时向下列起始体积相同的密闭容器中充入1mol N2、3molH2，如图1，甲容器在反应过程中保持压强不变，乙容器保持体积不变，丙是绝热容器，三容器各自建立化学平衡．①达到平衡时，平衡常数K甲K乙K丙（填“＞”“＜”或“=”）②达到平衡时N2的浓度c（N2）甲c（N2）乙丙（填“＞”“＜”或“=”）③对甲、乙、丙三容器的描述，以下说法正确的是A、乙容器气体密度不再变化时，说明此反应已达到平衡状态B、在甲中充入稀有气体He，化学反应速率加快C、向甲容器中冲入氨气，正向速率减小，逆向速率增大D、丙容器温度不再变化时说明已达平衡状态（4）氨气通入如图2电解装置可以辅助生产NH4NO3该电解池的阴极反应式为．（5）在20mL 0.2mol/L的NH4N03溶液中加入10mL 0.2mol/L NaOH溶液后显碱性，溶液中所有离子浓度大小关系为．9．（14分）（2015•云南一模）用钛铁矿（主要含FeTiO3及Fe2O3、SiO2等不溶性杂质）提取高品位TiO2的一种流程如图1所示．回答下列问题：（1）有关钛的说法正确的是（填字母序号）．A．TiOSO4中钛元素的化合价为+4价B．TiO2中既含有离子键，又含有共价键C．钛元素位于元素周期表中IVA族D．在稀有气体氩氛围和800℃条件下，用金属镁与四氯化钛反应可制取金属钛．反应的化学方程式为TiCl4+2Mg Ti+2MgCl2（2）为了从浸取液中获取纯净的FeSO4•7H2O，Ⅱ中应采取的操作是、、过滤、洗涤、干燥．如何检验提取FeSO4•7H2O后的溶液中存在Fe2+ ．（3）Ⅲ中生成H2TiO3的离子方程式是．（4）将TiO2与焦炭混合，通入氯气在1173K下反应，然后将生成的TiCl4与CO分离可制取TiCl4．此反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比是．TiCl4极易水解，利用此性质又可制备纳米级二氧化钛TiO2•xH2O，该反应的化学方程式是．（5）将TiO2熔于NaF 制成熔融盐，以石墨为阴极、覆盖了氧渗透膜的多孔金属陶瓷涂层为阳极，用如图2所示电解装置制取金属钛．阳极电极反应式是．10．（15分）（2015•甘肃校级模拟）氯化铜、氯化亚铜是重要的化工原料，可用作有机合成催化剂．I．实验室中以粗铜（含杂质铁）为原料制备铜的氯化物．现用如图1所示的实验仪器及药品来制备纯净、干燥的氯气，并与粗铜反应（铁架台、铁夹、酒精灯已省略）．请回答：（1）装置A中仪器Z的名称为．（2）按气流方向连接各仪器，接口顺序为：a→、→、→、→．（3）简述检验装置A气密性的操作：．（4）D中发生反应的化学方程式为．（5）反应后，装置B中溶液具有漂白、消毒作用，若用钢铁（含Fe、C）制品盛装该溶液会发生电化学腐蚀，钢铁制品表面生成红褐色沉淀，溶液会失去漂白、杀菌消毒功效．该电化学腐蚀过程中正极反应式为．Ⅱ．将上述实验制得的固体产物按如图2的流程操作，请回答：（1）用稀盐酸溶解固体的原因为．（2）已知CuCl难溶于水，由溶液2制CuCl的离子方程式为：．（3）用下面的方法测定固体产物中的CuCl2的质量分数：取2.00mL溶液2转移到锥形瓶中，再加入过量的20%KI溶液，再滴入几滴淀粉溶液．用0.200mol/LNa2S2O3标准溶液滴定．反应原理为2Cu2++4I﹣═2CuI↓+I2、I2+2S2O32﹣═S4O62﹣+2I﹣．重复滴定3次，平均消耗Na2S2O3标准溶液20.00mL，则固体产物中CuCl2的质量分数为．（保留三位有效数字）【化学--选修2：化学与技术】（共1小题，满分15分）11．（15分）（2015•怀化一模）某矿石中除含SiO2外，还有9.24% CoO、2.78% Fe2O3、0.96% MgO、0.084% CaO，从该矿石中提取钴的主要工艺流程如下：（1）在一定浓度的H2SO4溶液中，钴的浸出率随时间、温度的变化如图所示．考虑生产成本和效率，最佳的浸出时间为小时，最佳的浸出温度为℃．（2）请配平下列除铁的化学方程式：Fe2（SO4）3+H2O+Na2CO3═Na2Fe6（SO4）4（OH）12↓+Na2SO4+CO2↑（3）“除钙、镁”的原理反应如下：MgSO4+2NaF═MgF2↓+Na2SO4；CaSO4+2NaF═CaF2↓+Na2SO4．已知K SP（CaF2）=1.11×10﹣10、K SP（MgF2）=7.40×10﹣11，加入过量NaF溶液反应完全后过滤，则滤液中的= ．（4）“沉淀”中含杂质离子主要有；“操作X”名称为．（5）某锂离子电池正极是LiCoO2，含Li+导电固体为电解质．充电时，Li+还原为Li，并以原子形式嵌入电池负极材料碳﹣6（C6）中，电池反应为LiCoO2+C6 CoO2+LiC6．LiC6中Li 的化合价为价．若放电时有1mol e﹣转移，正极质量增加g．【化学--选修3：物质结构与性质】（共1小题，满分0分）12．（2015•甘肃校级模拟）氧元素和卤族元素都能形成多种物质，我们可以利用所学物质结构与性质的相关知识去认识和理解．（1）COCl2的空间构型为；溴的价电子排布式为．（2）已知CsICl2不稳定，受热易分解，倾向于生成晶格能更大的物质，则它按下列式发生．A． CsICl2=CsCl+ICl B． CsICl2=CsI+Cl2（3）根据下表提供的第一电离能数据判断：最有可能生成较稳定的单核阳离子的卤素原子（4）下列分子既不存在s﹣pσ键，也不存在p﹣pπ键的是．A． HCl B．HF C． SO2 D． SCl2（5）已知ClO2一为角型，中心氯原子周围有四对价层电子．ClO2﹣中心氯原子的杂化轨道类型为，写出CN﹣的等电子体的分子式（写出1个）．（6）钙在氧气中燃烧时得到一种钙的氧化物品体，其结构如图所示：由此可判断该钙的氧化物的化学式为．已知该氧化物的密度是ρg•cm﹣3，则品胞离得最近的两个钙离子间的距离为cm（只要求列算式，不必计算出数值，阿伏加德罗常数为N A）．【化学--选修5：有机化学基础】（共1小题，满分0分）13．（2015•云南一模）异戊二烯是一种化工原料，有如下转化关系：回答下列问题：（1）A的名称（系统命名）是；B→C的反应类型是．（2）B的结构简式是；D的核磁共振氢谱共有组峰．（3）上述转化关系中互为同系物的是（填化合物代号）．（4）F生成PHB的化学方程式是．（5）E的同分异构体中，既能发生银镜反应，也能与碳酸氢钠溶液反应的共有种（不考虑立体异构）．（6）F除了合成PHB外，还可经过、酯化、聚合三步反应合成（一种类似有机玻璃的塑料）．在催化剂作用下，第三步反应的化学方程式是．2015年甘肃省兰州市西北师大附中高考化学五诊试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共7小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．的电子式的比例模型：Cl硫原子的结构示意图：二氧化碳正确的电子式为：，故，该核素符号可以表示为：Cl 子结构示意图为：，故3．（6分）（2015•南昌三模）甲苯苯环上的一个H原子被﹣C3H6Cl取代，形成的同分异构体有中碳链异构为数字编号为4．（6分）（2015•甘肃校级模拟）热激活电池可用作火箭、导弹的工作电源．一种热激活电池的基本结构如图所示，其中作为电解质的无水LiCl﹣KCl混合物受热熔融后，电池即可瞬间输出电能．该电池总反应为：PbSO4+2LiCl+Ca=CaCl2+Li2SO4+Pb；下列有关说法正确的是（Pb 的相对原子质量：207）（）5．（6分）（2014•日照一模）W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期元素，甲、乙、丙、丁、戊是由其中的两种或三种元素组成的化合物，己是由Y元素形成的单质，常温下丙和己均为气体．已知反应：甲+乙→丁+己，甲+丙→戊+己；常温下0.01mol•L﹣1丁溶液的pH6．（6分）（2015•甘肃校级模拟）下列溶液中微粒的物质的量浓度关系或溶液的物质的量浓度7．（6分）（2015•甘肃校级模拟）将11.2g铜粉和镁粉的混合物分成2等份，将其中一份加入200mL的稀硝酸中并加热，固体和硝酸恰好完全反应，并产生标准状况下的NO 2.24L；将另一份在空气中充分加热，最后得到mg固体．下列有关说法：①c（HNO3）=2mol/L；②无法计的物质的量为：的物质的量为：=0.15mol计算出硝酸的物质的量浓度；的物质的量为：=0.15mol该硝酸溶液的浓度为：则得到固体的质量为：三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22题-第32题为必做题，每个试题考生都必须作答．第33题-第40题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（11题，共129分）8．（14分）（2015•武汉模拟）N2H4通常用作火箭的高能燃料，N2O4做氧化剂．请回答下列问题已知：①N2（g）+2O2（g）═2NO2（g）△H=+akJ/mol②N2H4（g）+O2（g）═N2（g）+2H2O（g）△H=﹣b kJ/mol③2NO2（g⇌N2O4（g）△H=﹣ckJ/mol写出气态肼在气态四氧化二氮中燃烧生成氮气和气态水的热化学方程式2N2H4（g）+N2O4（g）=3N2（g）+4H2O（g），△H=﹣（a﹣c+2b）kJ/mol（2）工业上常用次氯酸钠与过量的氨气反应制各肼，该反应的化学方程式为NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O（3）N2、H2合成氨气为放热反应．800K时向下列起始体积相同的密闭容器中充入1mol N2、3molH2，如图1，甲容器在反应过程中保持压强不变，乙容器保持体积不变，丙是绝热容器，三容器各自建立化学平衡．①达到平衡时，平衡常数K甲= K乙＞K丙（填“＞”“＜”或“=”）②达到平衡时N2的浓度c（N2）甲＞c（N2）乙＜丙（填“＞”“＜”或“=”）③对甲、乙、丙三容器的描述，以下说法正确的是CDA、乙容器气体密度不再变化时，说明此反应已达到平衡状态B、在甲中充入稀有气体He，化学反应速率加快C、向甲容器中冲入氨气，正向速率减小，逆向速率增大D、丙容器温度不再变化时说明已达平衡状态（4）氨气通入如图2电解装置可以辅助生产NH4NO3该电解池的阴极反应式为NO+5e﹣+6H+=NH4++H2O ．（5）在20mL 0.2mol/L的NH4N03溶液中加入10mL 0.2mol/L NaOH溶液后显碱性，溶液中所有离子浓度大小关系为c（NO3﹣）＞c（NH4+）＞c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（H+）．，总质量一定，体积一定，故乙容器气体密度不再变化时，不能，总质量一定，体积一定，故乙容器气体密度不再变化时，不能9．（14分）（2015•云南一模）用钛铁矿（主要含FeTiO3及Fe2O3、SiO2等不溶性杂质）提取高品位TiO2的一种流程如图1所示．回答下列问题：（1）有关钛的说法正确的是AD （填字母序号）．A．TiOSO4中钛元素的化合价为+4价B．TiO2中既含有离子键，又含有共价键C．钛元素位于元素周期表中IVA族D．在稀有气体氩氛围和800℃条件下，用金属镁与四氯化钛反应可制取金属钛．反应的化学方程式为TiCl4+2Mg Ti+2MgCl2（2）为了从浸取液中获取纯净的FeSO4•7H2O，Ⅱ中应采取的操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥．如何检验提取FeSO4•7H2O后的溶液中存在Fe2+ 取少量剩余溶液于试管中，滴加KSCN溶液无明显现象；再加少量氯水，溶液变红，证明溶液中有Fe2+存在．（3）Ⅲ中生成H2TiO3的离子方程式是TiO2++2H2O=H2TiO3↓+2H+．（4）将TiO2与焦炭混合，通入氯气在1173K下反应，然后将生成的TiCl4与CO分离可制取TiCl4．此反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比是．TiCl4极易水解，利用此性质又可制备纳米级二氧化钛TiO2•xH2O，该反应的化学方程式是TiCl4+（x+2）H2O⇌TiO2•xH2O↓+4HCl ．（5）将TiO2熔于NaF 制成熔融盐，以石墨为阴极、覆盖了氧渗透膜的多孔金属陶瓷涂层为阳极，用如图2所示电解装置制取金属钛．阳极电极反应式是H2+O2﹣﹣2e﹣=H2O ．2Ti+2MgCl2TiCl10．（15分）（2015•甘肃校级模拟）氯化铜、氯化亚铜是重要的化工原料，可用作有机合成催化剂．I．实验室中以粗铜（含杂质铁）为原料制备铜的氯化物．现用如图1所示的实验仪器及药品来制备纯净、干燥的氯气，并与粗铜反应（铁架台、铁夹、酒精灯已省略）．请回答：（1）装置A中仪器Z的名称为圆底烧瓶．（2）按气流方向连接各仪器，接口顺序为：a→ d 、 e →h 、i → f 、g → b ．（3）简述检验装置A气密性的操作：利用止水夹夹住导气管的橡皮管，从长颈漏斗中加水至漏斗内外形成液面高度差，一段时间内，液面高度差不变，说明气密性良好．（4）D中发生反应的化学方程式为Cu+Cl2CuCl2、2Fe+3Cl22FeCl3．（5）反应后，装置B中溶液具有漂白、消毒作用，若用钢铁（含Fe、C）制品盛装该溶液会发生电化学腐蚀，钢铁制品表面生成红褐色沉淀，溶液会失去漂白、杀菌消毒功效．该电化学腐蚀过程中正极反应式为ClO﹣+2e﹣+H2O=Cl﹣+2OH﹣．Ⅱ．将上述实验制得的固体产物按如图2的流程操作，请回答：（1）用稀盐酸溶解固体的原因为抑制Cu2+、Fe3+水解．（2）已知CuCl难溶于水，由溶液2制CuCl的离子方程式为：2Cu2++2Cl﹣+SO2+2H2O2CuCl↓+4H++SO42﹣．（3）用下面的方法测定固体产物中的CuCl2的质量分数：取2.00mL溶液2转移到锥形瓶中，再加入过量的20%KI溶液，再滴入几滴淀粉溶液．用0.200mol/LNa2S2O3标准溶液滴定．反应原理为2Cu2++4I﹣═2CuI↓+I2、I2+2S2O32﹣═S4O62﹣+2I﹣．重复滴定3次，平均消耗Na2S2O3标准溶液20.00mL，则固体产物中CuCl2的质量分数为83.1% ．（保留三位有效数字）222CuCl22FeCl2CuCl↓+4H2CuCl↓+4H=0.4mol×100%=83.1%，【化学--选修2：化学与技术】（共1小题，满分15分）11．（15分）（2015•怀化一模）某矿石中除含SiO2外，还有9.24% CoO、2.78% Fe2O3、0.96% MgO、0.084% CaO，从该矿石中提取钴的主要工艺流程如下：（1）在一定浓度的H2SO4溶液中，钴的浸出率随时间、温度的变化如图所示．考虑生产成本和效率，最佳的浸出时间为12 小时，最佳的浸出温度为90 ℃．（2）请配平下列除铁的化学方程式：Fe2（SO4）3+H2O+Na2CO3═Na2Fe6（SO4）4（OH）12↓+Na2SO4+CO2↑（3）“除钙、镁”的原理反应如下：MgSO4+2NaF═MgF2↓+Na2SO4；CaSO4+2NaF═CaF2↓+Na2SO4．已知K SP（CaF2）=1.11×10﹣10、K SP（MgF2）=7.40×10﹣11，加入过量NaF溶液反应完全后过滤，则滤液中的= 1.5 ．（4）“沉淀”中含杂质离子主要有SO42﹣、NH4+、Na+；“操作X”名称为洗涤、干燥．（5）某锂离子电池正极是LiCoO2，含Li+导电固体为电解质．充电时，Li+还原为Li，并以原子形式嵌入电池负极材料碳﹣6（C6）中，电池反应为LiCoO2+C6 CoO2+LiC6．LiC6中Li 的化合价为0 价．若放电时有1mol e﹣转移，正极质量增加7 g．；【化学--选修3：物质结构与性质】（共1小题，满分0分）12．（2015•甘肃校级模拟）氧元素和卤族元素都能形成多种物质，我们可以利用所学物质结构与性质的相关知识去认识和理解．（1）COCl2的空间构型为平面三角形；溴的价电子排布式为4s24p5．（2）已知CsICl2不稳定，受热易分解，倾向于生成晶格能更大的物质，则它按下列 A 式发生．A． CsICl2=CsCl+ICl B． CsICl2=CsI+Cl2（3）根据下表提供的第一电离能数据判断：最有可能生成较稳定的单核阳离子的卤素原子是（4）下列分子既不存在s﹣pσ键，也不存在p﹣pπ键的是 D ．A． HCl B．HF C． SO2 D． SCl2（5）已知ClO2一为角型，中心氯原子周围有四对价层电子．ClO2﹣中心氯原子的杂化轨道类型为sp3杂化，写出CN﹣的等电子体的分子式N2或 CO （写出1个）．（6）钙在氧气中燃烧时得到一种钙的氧化物品体，其结构如图所示：由此可判断该钙的氧化物的化学式为CaO2．已知该氧化物的密度是ρg•cm﹣3，则品胞离得最近的两个钙离子间的距离为cm（只要求列算式，不必计算出数值，阿伏加德罗常数为N A）．原子的价电子对数为双键，其结构式是离为晶胞边长的=3双键，其结构式是，所以它的空间构型为，根据倍，即为【化学--选修5：有机化学基础】（共1小题，满分0分）13．（2015•云南一模）异戊二烯是一种化工原料，有如下转化关系：回答下列问题：（1）A的名称（系统命名）是2﹣甲基﹣1，3﹣丁二烯；B→C的反应类型是加成反应或还原反应．（2）B的结构简式是；D的核磁共振氢谱共有 3 组峰．（3）上述转化关系中互为同系物的是D和E （填化合物代号）．（4）F生成PHB的化学方程式是．（5）E的同分异构体中，既能发生银镜反应，也能与碳酸氢钠溶液反应的共有12 种（不考虑立体异构）．（6）F除了合成PHB外，还可经过消去、酯化、聚合三步反应合成（一种类似有机玻璃的塑料）．在催化剂作用下，第三步反应的化学方程式是．为为，根据故答案为：；，在催化剂作用下，第三步反应的化学方程式是，故答案为：消去；．。
陕西师大附中2015届高三化学下学期四模试卷含解析
2015届陕西师大附中高考化学四模试卷一、选择题（本题包括2小题，每小题6分，共42分．每小题只有一个选项符合题意）1．芳香族化合物M的结构如图所示，下列叙述正确的是（）A．M有3种不同的官能团B．M可发生取代、加成、消去和聚合等4种有机反应C．1molM完全燃烧生成CO2和H2O，需要5molO2D．1molM与足量的NaOH溶液反应，最多需要4molNaOH2．下列实验操作正确的是（）A．给容量瓶中加水时，借助于玻璃棒，给滴定管中装液时，借助于漏斗B．用梨形分液漏斗做萃取实验时，检漏该分液漏斗上口的方法与检漏容量瓶一样，检漏下方活塞的方法与检漏滴定管一样C．测氯水的pH，可用玻璃棒蘸取氯水点在pH试纸上，待其变色后，与标准比色卡比较D．蒸发操作时，蒸发皿必须放在石棉网上，用酒精灯的外焰加热；水浴加热可以不用温度计3．向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1mol/L盐酸，CO2的生成量与加入盐酸的体积（V）的关系如图所示，下列判断正确的是（）A．在0～a范围内，只发生中和反应B．ab段发生反应的离子方程式为CO32﹣+2H+═H2O+CO2C．原混合溶液中NaOH和Na2CO3的物质的量浓度之比为2：1D．c点对应的溶液中还能大量存在Fe2+、NO3﹣离子4．W、X、Y、Z四种短周期元素在周期表中的相对位置如图所示，W的气态氢化物可与Z的气态氢化物反应生成离子化合物，由此可知（）W XY ZA．X、Y、Z中最简单氢化物稳定性最差的是YB．X元素形成的单核阴离子还原性强于YC．Z元素氧化物对应水化物的酸性强于YD．Y元素单质在化学反应中只表现出氧化性5．在常温下，用pH=11的某碱溶液分别与pH均为3的醋酸溶液和盐酸等体积混合，得到a、b两种溶液，关于这两种溶液的酸碱性的叙述正确的是（）A．a不可能显中性B．a只能显碱性C．b不可能显酸性D．b只能显中性6．某有机物分子式为C12H16O2，在酸性条件下水解生成X和Y，X遇FeCl3溶液显紫色，且X的相对分子质量比Y大6，则该有机物的结构有（不考虑立体异构）（）A．6种B．8种C．10种D．12种7．某同学用铜片，银片，Cu（NO3）2溶液，AgNO3溶液，导线和盐桥（装有琼脂﹣KN03的U形管）设计一个原电池如图所示，下列判断中正确的是（）A．实验过程中，左右两侧烧杯中，NO3﹣浓度变化情况分别为不变，增大B．实验过程中，取出盐桥，该原电池也能继续工作C．若开始使用U形铜管代替盐桥，装置中有电流产生，铜管质量不变D．若开始时用U形铜管代替盐桥，装置中无电流产生二、非选择题（包括必考题和选考题两部分．必考题每个小题考生都必须作答．选考题考生根据要求作答．）8．（15分）某化学兴趣小组同学以8.0g TiO2和15.4g CCl4为原料在实验室制取TiCl4．①反应原理：TiO2（s）+CCl4（g）TiCl4（g）+CO2（g）②反应条件：无水无氧且加热③实验装置如图所示：④有关物质的性质如下表：物质熔点/℃沸点/℃其他CCl4﹣23 76 与TiCl4互溶TiCl4﹣25 136 遇潮湿空气产生白雾请回答下列问题（1）仪器A的名称是，其中装的试剂不可能是（填序号）a．无水硫酸铜 b．碱石灰 c．氯化钙 d．烧碱（2）实验整个过程中通入N2的目的是（3）装置E中的试剂是（写名称），其作用是．E装置（填“能”或“不能”）被A装置代替，原因是．（4）实验开始前的操作包括有：组装仪器、、加装药品、、最后点燃酒精灯．（5）制备结束后的操作有：①停止通N2②熄灭酒精灯③冷却至室温．正确的操作顺序为（填序号）a．①②③b．③②①c．②③①d．②①③（6）欲分离D装置中的TiCl4，所采用的实验操作为（填操作名称），该实验不可能用到的仪器有（填序号）a．蒸馏烧瓶 b．接收器 c．直形冷凝管 d．球形冷凝管温度应控制在℃，温度计的水银球应插在，最后得到TiCl4 9.5g．（7）本实验所得到的TiCl4的产率是（填序号）a．40% b．50% c．60% d．70%9．（14分）随着材料科学的发展，金属钒及其化合物得到了越来越广泛的应用．为回收利用含钒催化剂（含有V2O5、VOSO4及不溶性残渣），科研人员最新研制了一种用离子变换法回收钒的新工艺，回收率达到91.7%．部分含钒物质在水中的溶解性如下表所示：物质VOSO4V2O5NH4VO3（VO2）2SO4溶解性可溶难溶难溶易溶该工艺的主要流程如图所示：请问答下列问题：（1）工业上由V2O5冶炼金属钒常用铝热剂法，其化学方程式可表示为用铝热剂法从下列各金属氧化物中冶炼出各1mol对应的金属，耗铝粉的质量最多的是（填序号）[来源:Z_xx_]a．Fe3O4 b．Ni2O3 c．V2O5 d．MnO2（2）反应①的化学方程式为（3）若反萃取使用硫酸用量过大，进一步处理会增加（填化学式）的用途，造成成本增大．（4）反应②的化学方程式为：KClO3+6VOSO4+3H2O=3（VO2）2SO4+KCl+3H2SO4，若反应①用的还原剂与反应②用的氧化剂的物质的量之比为12：7，则废钒催化剂中VOSO4和V2O5的物质的量之比为．（5）该工艺反应③的沉淀率（又称沉钒率）是回收钒的关键之一，写出该步发生反应的离子方程式（6）用已知浓度的酸化的H2C2O4溶液滴定（VO2）2SO4溶液，以测定反应②后溶液中的含钒量，已知该反应的还原产物为VO2+，氧化产物为CO2，则该反应的离子方程式为．[来源:]（7）钒电池是以溶于一定浓度硫酸溶液中不同价态的钒离子（V2+、V3+、VO2+、VO2+）为正极和负极反应的活性物质，电极均为铂棒，电池总反应为：VO2++V3++H2O V2++VO2++2H+①放电时的正极反应为②充电时的阴极反应为．10．（14分）尿素[H2NCONH2]既是一种非常重要的高氮化肥，又是多种有机、无机产品的生产原料．工业上以合成氨厂的NH3和CO2为原料生产尿素．请回答下列问题：（1）某实验室模拟工业合成氨在三个不同条件下的密闭容器中分别加入N2和H2，浓度均为c （N2）=0.100mol/L，c（H2）=0.300mol/L，进行反应时，N2的浓度随时间的变化分别如图曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ所示．①0～20min时，实验Ⅰ中v（N2）=②实验Ⅱ中H2的平衡转化率为③与实验Ⅰ相比，实验Ⅱ、Ⅲ分别仅改变一个反应条件．写出所改变的条件及判断的理由：Ⅱ；Ⅲ．（2）合成尿素的反应为2NH3（l）+CO2（g）⇌H2O（l）+H2NCONH2（l）△H=﹣101.99kJ/mol，该反应在进行时分为如下两步：第一步：2NH3（l）+CO2（g）⇌H2NCOONH4（l）△H1[来源:Z,xx,]第二步：H2NCOONH4（l）⇌H2O（l）+H2NCONH2（l）△H2=+15.05kJ/mol①若总反应的快慢由第二步反应决定，则第二步反应的反应速率（填“＞”、“＜”或“=”）第一步反应的反应速率．②△H1= ．（3）尿素施入土壤，先要与土壤中微生物作用水解为碳酸铵或碳酸氢铵，才能被农作物根系吸收，写出尿素水解为碳酸铵的化学方程式．（4）尿素湿法烟气净化工艺早被科学家联合开发．该方法用尿素作为吸收液脱除烟气中的NO x，取得了较好的效果．烟气中NO和NO2按物质的量之比1：1经尿素溶液处理后变成无毒无害气体．则1mol尿素能吸收上述烟气（假设烟气只含有NO和NO2，其体积比为1：1）的质量为g．【化学--选修2：化学与技术】11．（15分）三氧化二镍（Ni2O3）是一种重要的电子元件材料和蓄电池材料．工业上利用含镍废料（镍、铁、钙、镁合金为主）制取草酸镍（NiC2O4•2H2O），再高温煅烧草酸镍制取三氧化二镍．已知草酸的钙、镁、镍盐均难溶于水．如工艺流程图所示．请回答下列问题：（1）操作Ⅰ为．（2）生产过程中多次进行过滤，实验室进行过滤操作中需要用到玻璃棒，下列实验操作中玻璃棒的作用完全相同的是（填字母）．①测定醋酸钠溶液的pH ②加热食盐溶液制备NaCl晶体③配制0.1mol/L的硫酸溶液④用淀粉﹣KI试纸检验溶液中氧化性离子⑤配制10%的硫酸钠溶液a．①⑤b．②⑤c．①④d．③④（3）①加入H2O2发生的主要反应的离子方程式为；②加入碳酸钠溶液调pH至4.0～5.0，其目的为；③加入NH4F后除掉的杂质是．（4）草酸镍（NiC2O4•2H2O）在热空气中干燥脱水后在高温下煅烧，可制得Ni2O3，同时获得混合气体．草酸镍受热分解的化学方程式为．（5）工业上还可用电解法制取Ni2O3．用NaOH溶液调NiCl2溶液的pH至7.5，加入适量Na2SO4后利用惰性电极电解．电解过程中产生的Cl2有80%在弱碱性条件下生成ClO﹣，再把二价镍氧化为三价镍．ClO﹣氧化Ni（OH）2生成Ni2O3的离子方程式为．a mol二价镍全部转化为三价镍时，外电路中通过电子的物质的量为．（6）以Al和NiO（OH）为电极，NaOH溶液为电解液组成一种新型电池，放电时，NiO（OH）转化为Ni（OH）2，该电池反应的化学方程式是．【化学--选修3：物质结构与性质】12．（15分）Ⅰ．根据等电子体原理可知：（1）仅由第二周期元素组成的共价分子中互为等电子体的有组（2）在短周期元素组成的物质中，与NO2‑互为等电子体的分子有种（3）试预测N3﹣的空间构型为．Ⅱ．氮化钛（Ti3N4）为金黄色晶体，由于具有令人满意的仿金效果，越来越多地成为黄金的代替品．以TiCl4为原料，经过一系列反应（如图）可以制得Ti3N4和纳米TiO2．如图中的M是短周期金属元素，M的部分电离能如表：I1I2I3I4[来源:]I5电离能/kJ•mol﹣1738 1451 7733 10540 13630（4）M是（填元素符号），该金属晶体的堆积模型为，配位数为．（5）基态Ti3+中未成对电子数有个，与Ti同族相邻的元素Zr的基态原子外围电子排布式为；钛元素最高化合价为．（6）纳米TiO2是一种应用广泛的催化剂，纳米TiO2催化的一个实例如图1所示．化合物甲的分子中采取sp2方式杂化的碳原子数为，化合物乙中采取sp3方式杂化的原子对应的元素的电负性由大到小的顺序为．（7）有一种氮化钛晶体的晶胞与NaCl晶胞相似，如图2所示，该晶胞中N、Ti之间的最近距离为a pm，则该氮化钛的密度为g/cm3（N A为阿伏伽德罗常数的数值，只列计算式）．该晶体中与N原子距离相等且最近的N原子有个．科学家通过X﹣射线探明KCl、MgO、CaO、TiN的晶体与NaCl的晶体结构相似．且知三种离子晶体的晶格能数据：离子晶体NaCl KCl CaO晶格能/kJ•mol﹣1786 715 3401KCl、CaO、TiN三种离子晶体熔点由高到低的顺序为．【化学--选修5：有机化学基础】13．（15分）有机化合物A的相对分子质量为166，A遇FeCl3溶液呈紫色，G的分子式为C7H12O，A～H均为有机物，其转化关系如图所示．[来源:]试剂a已知：有机物分子中的碳碳双键发生臭氧氧化反应：R1CH=CR2CH2OH R1CHO+O=CR2CH2OH回答下列问题：（1）A的结构简式为，由F到G的反应类型为．（2）有机物C的官能团名称为，反应①的作用是．（3）最佳的试剂a为（写化学式）溶液，写出反应④的化学方程式：．（4）同时满足下列条件的A的所有同分异构体有种①与A有相同的官能团②属于苯的邻二取代物③遇FeCl3溶液显紫色写出分子中不含甲基的A的同分异构体的结构简式（5）若H与G分子具有相同的碳原子数目，且1molH能与足量的新制银氨溶液反应生成2mol Ag，则H的结构简式为．（6）由的反应是否进行完全，设计一个简单实验加以证明并写出实验操作、现象及结论：．2015届陕西师大附中高考化学四模试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括2小题，每小题6分，共42分．每小题只有一个选项符合题意）1．芳香族化合物M的结构如图所示，下列叙述正确的是（）A．M有3种不同的官能团B．M可发生取代、加成、消去和聚合等4种有机反应C．1molM完全燃烧生成CO2和H2O，需要5molO2D．1molM与足量的NaOH溶液反应，最多需要4molNaOH【考点】有机物的结构和性质．【分析】有机物中含有酯基，可发生水解反应，含有羟基，可发生取代、氧化以及消去反应，含有羧基，具有酸性，可发生中和、酯化反应，含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，以此解答该题．【解答】解：A．有机物含有酯基、羟基、羧基以及碳碳双等官能团，故A错误；B．羟基连接在苯环上，有机物不能发生消去反应，故B错误；C．有机物分子式为C10H8O5，1molM完全燃烧生成CO2和H2O，需要氧气的物质的量为（10+﹣）mol=9.5mol，故C错误；D．酯基可水解生成酚羟基和甲酸，另外酚羟基、羧基都与氢氧化钠反应，则1molM与足量的NaOH溶液反应，最多需要4molNaOH，故D正确．故选D．【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构和官能团的性质，为解答该题的关键，难度不大，注意相关基础知识的积累．2．下列实验操作正确的是（）A．给容量瓶中加水时，借助于玻璃棒，给滴定管中装液时，借助于漏斗B．用梨形分液漏斗做萃取实验时，检漏该分液漏斗上口的方法与检漏容量瓶一样，检漏下方活塞的方法与检漏滴定管一样C．测氯水的pH，可用玻璃棒蘸取氯水点在pH试纸上，待其变色后，与标准比色卡比较D．蒸发操作时，蒸发皿必须放在石棉网上，用酒精灯的外焰加热；水浴加热可以不用温度计【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．给滴定管中装液时需要用玻璃棒引流；B．容量瓶：先将容量瓶洗净，装满水，塞上塞子，倒置，若不漏水，再将容量瓶翻过来，把塞子旋转180度，再倒置，若不漏水则容量瓶完好；滴定管：关闭下面的开关，装入液体后盖上盖子，若液体不流出，则滴定管不漏水；C．氯水中含有次氯酸具有漂白性；D．蒸发皿可直接加热．【解答】解：A．给滴定管中装液时需要用玻璃棒引流，不能用漏斗，故A错误；B．分液漏斗中塞子和活塞的检漏方法与容量瓶塞子和滴定管活塞是相同的，故B正确；C．氯水中含有次氯酸具有漂白性；PH变色因被氧化褪色，故C错误；D．蒸发皿可直接加热，蒸发操作时，可将蒸发皿放在铁圈上，用酒精灯的外焰加热，故D错误．故选B．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，侧重实验基本操作和实验原理的考查，注意装置的作用及实验的操作性、评价性分析，题目难度不大．3．向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1mol/L盐酸，CO2的生成量与加入盐酸的体积（V）的关系如图所示，下列判断正确的是（）A．在0～a范围内，只发生中和反应B．ab段发生反应的离子方程式为CO32﹣+2H+═H2O+CO2[来源:]C．原混合溶液中NaOH和Na2CO3的物质的量浓度之比为2：1D．c点对应的溶液中还能大量存在Fe2+、NO3﹣离子【考点】离子方程式的有关计算．【分析】对NaOH和Na2CO3混合配成的溶液，当滴加盐酸时，先发生氢氧化钠与盐酸的中和反应，再发生碳酸钠与盐酸的反应生成碳酸氢钠和氯化钠，最后发生碳酸氢钠与盐酸反应才有二氧化碳气体生成，利用物质的量的关系并结合图象即可解答．【解答】解：A、向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时，首先和NaOH反应生成水和氯化钠，NaOH+HCl=NaCl+H2O，继续滴加时，盐酸和Na2CO3开始反应，首先发生HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，不放出气体，所以不只是酸碱中和反应，还有盐与酸反应，故A错误；B、ab段发生反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，反应的离子方程式为：HCO3﹣+H+=H2O+CO2↑，故B错误；C、根据碳元素守恒，混合物中，碳酸钠的物质的量是0.01mol，所以两步反应：HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，分别消耗的盐酸的量是0.01mol，0.1mol•L﹣1稀盐酸的体积分别是0.1L，所以a=0.3，则原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量分别是0.02mol和0.01mol，物质的量之比为2：1，故C正确；D、c点对应的溶液是酸过量，而在酸性溶液中Fe2+、NO3﹣离子要发生氧化还原反应，而不能大量共存，故D错误；故选C．【点评】此题考查了元素化合物、图象数据的处理知识，解答此题的易错点是，不能准确理解向碳酸钠溶液中滴加盐酸的反应．是分步进行的，首先发生的是HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl；进行完全后，再发生：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑．4．W、X、Y、Z四种短周期元素在周期表中的相对位置如图所示，W的气态氢化物可与Z的气态氢化物反应生成离子化合物，由此可知（）W XY ZA．X、Y、Z中最简单氢化物稳定性最差的是YB．X元素形成的单核阴离子还原性强于YC．Z元素氧化物对应水化物的酸性强于YD．Y元素单质在化学反应中只表现出氧化性【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用．【分析】W、X、Y、Z四种短周期元素，W的气态氢化物可与Z的气态氢化物反应生成离子化合物，应是铵盐，由元素在周期表中的物质可知，W是N元素、X为氧元素、Y为硫元素、Z为氯元素，据此解答．【解答】解：W、X、Y、Z四种短周期元素，W的气态氢化物可与Z的气态氢化物反应生成离子化合物，应是铵盐，由元素在周期表中的物质可知，W是N元素、X为氧元素、Y为硫元素、Z为氯元素．A．非金属O＞S，Cl＞S，则其氢化物中H2S最不稳定，故A正确；B．非金属O＞S，则阴离子还原性S2﹣＞O2﹣，故B错误；C．只有氯元素的最高价含氧酸才一定比Y的含氧酸酸性强，故C错误；D．S与氢氧化钠的反应中既表现氧化性，也表现了还原性，故D错误；故选A．【点评】本题考查位置结构性质关系、元素周期律等，难度不大，推断元素是解题的关键，注意整体把握元素周期表的结构．5．在常温下，用pH=11的某碱溶液分别与pH均为3的醋酸溶液和盐酸等体积混合，得到a、b两种溶液，关于这两种溶液的酸碱性的叙述正确的是（）A．a不可能显中性B．a只能显碱性C．b不可能显酸性D．b只能显中性【考点】盐类水解的应用．【分析】根据pH为3的醋酸和盐酸溶液，盐酸的浓度小，再讨论pH为11的某碱溶液，利用等体积混合反应后溶液中的溶质来分析溶液的酸碱性．【解答】解：A．如果碱是强碱，碱和盐酸的浓度相等，等体积混合二者恰好反应生成强酸强碱盐，其溶液呈中性，如果碱是弱碱，混合后碱有剩余，溶液呈碱性，故A错误；B．如果碱是强碱，醋酸的浓度大于碱，二者等体积混合时酸有剩余，溶液呈酸性，故B错误；C．如果碱是强碱，碱和盐酸的浓度相等，等体积混合二者恰好反应生成强酸强碱盐，其溶液呈中性，如果碱是弱碱，混合后碱有剩余，溶液中碱电离程度要远远大于碱离子水解程度，所以溶液呈碱性，所以b不可能显酸性，故C正确；D．如果碱是弱碱，碱的浓度大于醋酸，二者等体积混合时碱有剩余，溶液呈碱性，故D错误；故选C．【点评】本题考查溶液酸碱性的定性分析，明确pH为11的某碱可能为强碱或弱碱，明确盐与酸的溶液一般显酸性、盐与碱的溶液一般显碱性是解答的关键，此题应忽略盐中离子水解趋势与弱电解质电离趋势的比较来解答，题目较简单．6．某有机物分子式为C12H16O2，在酸性条件下水解生成X和Y，X遇FeCl3溶液显紫色，且X的相对分子质量比Y大6，则该有机物的结构有（不考虑立体异构）（）A．6种B．8种C．10种D．12种【考点】有机化合物的异构现象．【分析】X遇FeCl3溶液显紫色，说明X分子中含有酚羟基．然后根据酯的水解反应原理及“X 的相对分子质量比Y大6”判断X、Y的分子组成、结构简式数目，最后计算出该有机物可能的结构数目．【解答】解：X遇FeCl3溶液显紫色，说明X分子中含有酚羟基；X的相对分子质量比Y大6，设Y的相对分子质量是x，则x+x+6=192+18，解得：x=102，所以X是戊酸，Y是甲基苯酚（包括邻、间、对），戊酸的同分异构体有4种、甲基苯酚有3种同分异构体，则该有机物含有同分异构体数目为：4×3=12种，故选D．【点评】本题考查有机物同分异构体的判断，题目难度中等，注意掌握同分异构体的概念及书写原则，根据酯的水解原理及质量守恒确定X、Y的相对分子质量为解答关键．7．某同学用铜片，银片，Cu（NO3）2溶液，AgNO3溶液，导线和盐桥（装有琼脂﹣KN03的U形管）设计一个原电池如图所示，下列判断中正确的是（）A．实验过程中，左右两侧烧杯中，NO3﹣浓度变化情况分别为不变，增大B．实验过程中，取出盐桥，该原电池也能继续工作C．若开始使用U形铜管代替盐桥，装置中有电流产生，铜管质量不变D．若开始时用U形铜管代替盐桥，装置中无电流产生【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】原电池中，铜易失电子作负极，负极上失电子发生氧化反应，银作正极，正极上得电子发生还原反应，阴离子向负极移动以及电化学装置的分析．【解答】解：该原电池中，铜易失电子作负极，银作正极，A．实验过程中，NO3﹣向负极铜电极移动，所以左侧烧杯中浓度增大，故A错误；B．实验过程中取出盐桥，该装置不能形成闭合回路，所以原电池不能继续工作，故B错误；C．若开始时用U形铜代替盐桥，则右侧构成电解池，左侧构成原电池，U型铜电极反应式从左向右依次为：Cu2++2e﹣=Cu、Cu﹣2e﹣=Cu2+，所以U型铜质量不变，故C正确；D．若开始时用U形铜代替盐桥，则右侧构成电解池，左侧构成原电池，故D错误；故选C．【点评】本题考查了原电池和电解池，明确原电池的构成条件、原电池原理及电解池原理是解本题关键，难度中等．二、非选择题（包括必考题和选考题两部分．必考题每个小题考生都必须作答．选考题考生根据要求作答．）8．（15分）某化学兴趣小组同学以8.0g TiO2和15.4g CCl4为原料在实验室制取TiCl4．①反应原理：TiO2（s）+CCl4（g）TiCl4（g）+CO2（g）②反应条件：无水无氧且加热③实验装置如图所示：④有关物质的性质如下表：物质[来源:Z§熔点/℃沸点/℃其他xx§]CCl4﹣23 76 与TiCl4互溶TiCl4﹣25 136 遇潮湿空气产生白雾请回答下列问题（1）仪器A的名称是球形干燥管，其中装的试剂不可能是 a （填序号）a．无水硫酸铜 b．碱石灰 c．氯化钙 d．烧碱（2）实验整个过程中通入N2的目的是排除装置中的空气，保证反应在无水无氧环境下进行（3）装置E中的试剂是浓硫酸（写名称），其作用是防止空气中水蒸气、氧气进入．E 装置不能（填“能”或“不能”）被A装置代替，原因是A装置不能吸收空气中的氧气，不能保证反应在无氧环境下进．（4）实验开始前的操作包括有：组装仪器、检查装置的气密性、加装药品、通一会儿氮气、最后点燃酒精灯．（5）制备结束后的操作有：①停止通N2②熄灭酒精灯③冷却至室温．正确的操作顺序为 c （填序号）a．①②③b．③②①c．②③①d．②①③（6）欲分离D装置中的TiCl4，所采用的实验操作为蒸馏（填操作名称），该实验不可能用到的仪器有 d （填序号）a．蒸馏烧瓶 b．接收器 c．直形冷凝管 d．球形冷凝管温度应控制在76 ℃，温度计的水银球应插在蒸馏烧瓶的支管口附近，最后得到TiCl4 9.5g．（7）本实验所得到的TiCl4的产率是 b （填序号）a．40% b．50% c．60% d．70%【考点】制备实验方案的设计．【专题】实验设计题．【分析】（1）仪器A为球形干燥管；无水硫酸铜吸水效率太低，一般不用作干燥剂；（2）实验的反应条件为：无水无氧且加热，应保证实验在无水无氧环境下进行；（3）由于TiCl4遇潮湿空气产生白雾，发生水解反应，且反应在无氧条件下进行，故E装置作用是防止空气中水蒸气、氧气进入；A装置不能吸收空气中的氧气；（4）反应得到气体TiCl4与二氧化碳，装置气密性要好，在加装药品之前应检验装置的气密性，之后要先通一会儿氮气，排除装置中的空气，再点燃酒精灯；（5）制备结束后为防止热的TiCl4与空气中的成分发生变化，所以要继续通氮气至冷却；（6）D中的液态混合物为TiCl4与未反应的CCl4，二者互溶，分离互溶的液体采取蒸馏方法，CCl4的沸点为76℃，据此判断蒸馏需要的仪器和操作要点及控制的温度；（7）根据反应方程式计算得TiCl4的理论产量，产率=×100%，据此答题；【解答】解：（1）仪器A为球形干燥管；碱石灰、氧化钙、烧碱具有很强的吸水性，可以用于干燥氮气，而无水硫酸铜吸水效率太低，一般不用作干燥剂，故答案为：球形干燥管；a；（2）实验的反应条件为：无水无氧且加热，应保证实验在无水无氧环境下进行，而装置中有空气，通入氮气的目的是：排除装置中的空气，保证反应在无水无氧环境下进行，故答案为：排除装置中的空气，保证反应在无水无氧环境下进行；（3）由于TiCl4遇潮湿空气产生白雾，发生水解反应，且反应在无氧条件下进行，故E装置作用是防止空气中水蒸气、氧气进入，E中盛放的试剂为浓硫酸；A装置可以吸收水，但不能不能吸收空气中的氧气，不能保证反应在无氧环境下进，故E装置不能换成A装置，故答案为：浓硫酸；防止空气中水蒸气、氧气进入；不能；A装置不能吸收空气中的氧气，不能保证反应在无氧环境下进；（4）反应得到气体TiCl4与二氧化碳，装置气密性要好，在加装药品之前应检验装置的气密性，之后要先通一会儿氮气，排除装置中的空气，再点燃酒精灯，故答案为：检查装置的气密性；通一会儿氮气；（5）制备结束后为防止热的TiCl4与空气中的成分发生变化，所以要继续通氮气至冷却，故操作顺序为，熄灭酒精灯、冷却至室温、停止通N2，故选c；（6）D中的液态混合物为TiCl4与未反应的CCl4，二者互溶，分离互溶的液体采取蒸馏方法，CCl4的沸点为76℃，所以蒸馏时温度控制在76℃，不需要用球形冷凝管，用直形冷凝管即可，故选d，蒸馏时温度计的水银球应插在蒸馏烧瓶的支管口附近，故答案为：蒸馏；d；76℃；蒸馏烧瓶的支管口附近；（7）设TiCl4的理论产量为x，根据反应方程式TiO2（s）+CCl4（g）TiCl4（g）+CO2（g），48+32 48+1428.0g xx=g=19.0g所以产率=×100%=×100%=50%，故答案为：b．【点评】本题考查实验制备方案，明确原理是解题关键，侧重考查学生装置的分析评价和计算能力，注意对题目信息的提取与应用，是对学生综合能力的考查，难度中等．9．（14分）随着材料科学的发展，金属钒及其化合物得到了越来越广泛的应用．为回收利用含钒催化剂（含有V2O5、VOSO4及不溶性残渣），科研人员最新研制了一种用离子变换法回收钒的新工艺，回收率达到91.7%．部分含钒物质在水中的溶解性如下表所示：物质VOSO4V2O5NH4VO3（VO2）2SO4溶解性可溶难溶难溶易溶该工艺的主要流程如图所示：。
甘肃省西北师大附中2015届高三校四诊模拟理综生物试题 Word版含答案
西北师大附中2015届高三第四次诊断考试理综生物能力测试马兰刚李舜谢晖吴家伟方志斌王明涛本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，其中第Ⅱ卷第33~40题为选考题，其他题为必考题。
考生作答时，将答案答在答题卡上，在本试卷上作答无效。
考试结束后，将答题卡交回。
可能用到的元素相对原子质量：H—1 C—12 O—16 S—32 K—39 Fe—56 Mn—55 Cu-64第Ⅰ卷（选择题共126分）一、选择题：本题共13小题，每小题6分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．采用一定手段破坏细胞中的内质网，下列各项受影响最小．．的是（）A．小肠绒毛上皮细胞从肠腔吸收甘油 B．性腺细胞合成并分泌性激素C．肌细胞合成其细胞膜上的载体蛋白 D．胰岛B细胞合成并分泌胰岛素2．下图所示为不同条件下的酶促反应速率变化曲线，下列据图叙述错误的是( ) A．影响AB段反应速率的主要因素是底物浓度B．影响BC段反应速率的主要限制因素可能是酶量C．温度导致了曲线Ⅰ和Ⅱ的反应速率不同D．曲线Ⅰ显示，该酶促反应的最适温度为37 ℃3.在生物学研究中，下列方法与研究目的相符的是（）A．将噬菌体用32P和35S同时标记，研究其遗传物质B．敲除生物体的某个基因，研究该基因的功能C．在人群中随机调查，以确定遗传病的遗传方式D．用标志重捕法，调查土壤动物群落的物种丰度4．图①～③分别表示人体细胞中发生的3种生物大分子的合成过程。
下列说法不正确的是A．过程①表示的是DNA复制过程，从图可知，从复制起点进行双向反向复制，一条是按顺序复制，一条分段复制B．过程②表示表示转录过程，对于某个基因来说，用来翻译的mRNA可以两条链中的任一条为模板进行转录形成C．③过程表示翻译过程，翻译的方向是核糖体从mRNA上的左向右侧移动进行D．在线粒体中可进行①～③全过程，且②和③可同时进行5．下图是用来描述各种生命现象的一个简易模型，以下相关叙述正确的是（）A．若图中的A代表人体下丘脑，a为细胞外液渗透压下降，则b、c可分别代表产生渴觉和尿液减少B．若A代表棉铃虫种群，a为诱捕雄虫，则b、c可分别代表性别比例失调和种群密度升高C．若A代表草原，a为过度放牧，则b、c可分别代表土地荒漠化和物种减少D．若A代表人体B淋巴细胞，a为抗原刺激，则b、c可分别代表抗体和记忆细胞6. 下列有关生物的变异与进化说法正确的是（）A．基因重组包含非同源染色体上的非等位基因自由组合和非同源染色体的非姐妹染色单体间的交叉互换B．检测某基因型为AaBb的父本体细胞时，发现其基因型变为AaB，此种变异为基因突变C．害虫种群对杀虫剂的抗药性增强是由于使用杀虫剂对害虫种群定向选择的结果D．一个全部由基因型为Aa的豌豆植株组成的种群经过连续n次自交，获得的子代中，Aa的频率为(1／2)n，AA、aa的频率均为1／2[1-(1／2)n］，说明种群发生了进化第Ⅱ卷（非选择题共174分）三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。
甘肃省兰州市西北师大附中高三化学上学期10月月考试卷(含解析)
2014-2015学年甘肃省兰州市西北师大附中高三（上）月考化学试卷（10月份）一、选择题（每小题各有一个正确选项，每题5分，共40分）1．下列说法中没有错误的是（）A．14C16O和12C18O两个分子所含质子数、中子数和原子个数均相等B．1H2和2H2互为同位素，它们的质子数相等C．14C和14N的质量数相等，它们是同素异形体D． NH4+和H3O+两个离子的电子数、质子数和中子数均相等2．N A代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A． 5.6 g铁与足量氯气完全反应转移的电子数为0.2N AB．100 mL 2.0 mol•L﹣1的盐酸与醋酸溶液中氢离子均为0.2N AC．标准状况下，22.4 L CO2与22.4 L H2O所含原子数均为3 N AD．体积分别为1.0L pH=2的盐酸与硫酸溶液中氢离子数均为0.01N A3．下列叙述正确的是（）A．常温常压下，气态非金属单质都是由双原子分子组成的B．原子晶体中不一定只有共价键C．醋酸钠和苯酚钠中所含的化学键类型相同D．所有主族元素的原子形成单原子离子时的最高价数都和它的族序数相等4．咖啡鞣酸具有较广泛的抗菌作用，结构简式如图所示：关于咖啡鞣酸的下列叙述不正确的是（）A．分子式为C16H18O9B． 1 mol咖啡鞣酸水解时可消耗8molNaOHC．与苯环上碳直接相连的原子都在同一平面上D．与浓溴水既能发生取代反应又能发生加成反应5．某强酸性溶液中可能存在NO3﹣、I﹣、Cl﹣、Fe3+中的一种或几种．向该溶液中加入溴水后，溴被还原，由此推断该溶液中（）A．不含NO3﹣，也不含Fe3+B．含有NO3﹣、I﹣、Cl‑C．含I﹣，且肯定含有Cl﹣D．可能含有Fe3+6．某温度下，在容积一定的密闭容器中，反应2A（g）+B（g）⇌2C（g）达到平衡时，A、B 和C的物质的量分别为4mol、2mol和4mol．保持温度不变，向容器中再加入1mol A、0.5mol B和1mol C，则下列说法正确的是（）A．正、逆反应速率都增大，平衡不移动B．正、逆反应速率都不变，平衡不移动C．正、逆反应速率都增大，平衡向左移动D．正、逆反应速率都增大，平衡向右移动7．向10mL0.1mol•L﹣1NaOH溶液中加入10mL0.2mol•L﹣1CH3COOH溶液后，溶液中有关离子的下列关系不正确的是（）A． n（Na+）+n（H+）=n（CH3COO﹣）+n（OH﹣）B． n（CH3COO﹣）＞n（Na+）＞n（H+）＞n（OH﹣）C． n（Na+）＞n（CH3COO﹣）＞n（CH3COOH）＞n（OH﹣）D． 2n（Na+）=n（CH3COO﹣）+n（CH3COOH）8．某无色气体可能含有CO、H2、O2、CO2、NH3、NO、HCl、NO2、SO2等气体中的若干种，为确定其成分，某学生进行了如下实验：①将少许气体导入一支干燥的试管中，试管中出现红棕色气体．②将气体导入盛有少许澄清石灰水的试管中，未见明显现象；而改通入盛有足量澄清石灰水的洗气瓶中出现白色浑浊．③将原气体导入品红溶液中，红色没有变化；④将原气体先通过装有足量固体烧碱的U型管后，再通入盛有CuO的硬质玻璃管，并给硬质玻璃管加热，观察到CuO变为红色；⑤将④中出来的气体通过盛有CuSO4粉末的干燥管，CuSO4粉末出现蓝色．下列判断正确的是（）A．混合气体中一定有NO2和COB．混合气体中一定没有H2和NH3C．不能确定混合气体中是否有NH3D．混合气体中至少有HCl等四种气体二、非选择题（本卷4小题，共60分）9．短周期的四种元素X、Y、Z、W，原子序数依次增大，X、Y、Z的最外层电子数分别是其电子层数的1、2、3倍，W的电子层数是其最外层电子数的3倍；X可以分别和Z、W形成原子个数比都为1：1的化合物甲和乙，其中甲为共价化合物，乙为离子化合物．请回答：（1）化合物乙的电子式是；（2）实验室中可以在甲的30%的水溶液加入一种黑色粉末状固体制取Z元素的常见单质；写出该反应的化学方程式；（3）Y和Z两种元素可构成一种化合物丙，其水溶液呈酸性；试用恰当的方程式表示该溶液呈酸性的原因；（4）在由X、Z和W三种元素构成的化合物的溶液中，加入（或通入）过量丙，恰好完全反应后，所得溶液中除H2O、H+和OH﹣三种微粒外，存在的微粒还有（请用微粒符号按浓度由大到小的顺序以“＞”连接填写）；（5）由四种元素构成的一种分子组成为X3Y2Z2W的离子化合物易溶于水，则该物质的溶液的pH 7（填“＞”、“＜”或“=”），其原因是．10．由A、D、E、G四种元素构成的甲和乙两种化合物的化学式分别为AD和E2G3；已知：①常温常压下，甲为黑色固体，乙是高熔点白色固体，甲、乙均难溶于水而易溶于稀酸．②将甲在足量空气中高温煅烧得到红棕色固体丙和刺激性气味的气体X，X经过一定的生产过程可制得重要的化工产品Y．③甲溶于Y的稀溶液得到浅绿色溶液．④乙溶于Y的稀溶液得到无色溶液，将该无色溶液与草木灰的溶液混合，生成白色沉淀丁并放出一种无色无味的气体Z．⑤白色沉淀丁加热灼烧得乙，X和Z都能使石灰水变浑浊．试根据以上信息填写下列空白：（1）甲煅烧生成丙和X的化学方程式；（2）在③的浅绿色溶液中滴加NaOH溶液，观察到的现象是；（3）写出④中无色溶液与草木灰溶液混合反应的离子方程式；（4）在用X制取Y的生产过程中，有如下反应：2X（g）+O2（g）⇌2W（g）；△H＜0．请运用化学反应速率与化学平衡理论分析，下列各项措施中，既有利于加快反应速率，又有利于上述平衡向右移动的是（填写序号）；A．适当增加空气（O2）的用量 B．升高反应温度C．降低反应温度 D．使用适当的催化剂（5）工业上常用乙为原料，熔融电解制取E的单质．则生成E单质的电极是极，该电极的电极反应式是．11．为了测定某未知NaOH溶液的浓度，需要0.200mol•L﹣1的盐酸溶液500mL．某学生用实验室中常用的36.5%（密度为1.20g•cm﹣3）的浓盐酸配制所需稀盐酸，并设计了以下步骤完成实验．（1）请你帮助该同学完成以下各步中的内容，并将其所设计的实验步骤正确排序．A．用（从以下备选仪器中选取适当仪器将其序号填入）量（或称）取36.5%（密度为1.19g•cm﹣3）的浓盐酸（填写所需体积或质量）．a.50mL量筒；b.10mL量筒； c．托盘天平．B．将取好的浓盐酸在烧杯中加适量蒸馏水稀释．C．轻轻振荡后继续加蒸馏水到液面距离仪器刻线1～2cm处．D．等溶液恢复至室温．E．将溶液用玻璃棒引流转入（填写所需仪器）中，再用适量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次一并转入其中．F．用胶头滴管加蒸馏水直到溶液液面恰好与刻线相切，塞好瓶塞摇匀即可．以上各实验步骤的正确排列顺序是．实验序号滴定管液面起始读数滴定管液面终点读数1 1.32mL 23.36mL2 2.26mL 24.22mL（2）准确移取20.00mL待测NaOH溶液于一洁净锥形瓶中，然后用所配标准盐酸溶液进行滴定（以酚酞为指示剂）．滴定结果如下表：根据以上数据计算出未知NaOH溶液的物质的量浓度为mol•L﹣1（精确到0.01）．（3）下列操作或叙述正确的是（填写序号）．A．滴定过程中，眼睛注视滴定管内溶液并使视线与液面的凹面水平．B．滴定过程中由于摇动锥形瓶使少许溶液溅起沾在瓶内壁，为使测定结果正确，可用少许蒸馏水将其冲入锥形瓶内的溶液中．C．容量瓶和滴定管在使用前洗净后都要检查是否漏液．D．向锥形瓶中移取NaOH溶液前，用少许NaOH溶液润洗锥形瓶2～3次．（4）下列操作或现象会导致测定结果偏高的是（填写序号）．A．滴定过程中不小心将一滴溶液滴在锥形瓶外；B．滴定结束时，发现在滴定管尖嘴处有小气泡；C．滴定结束后仰视滴定管液面读数；D．溶液褪色立即读数，摇动锥形瓶后看到溶液红色复出；E．酸式滴定管用蒸馏水洗净后，未用标准盐酸润洗，直接加入标准液进行滴定．12．近年来，由于石油价格不断上涨，以煤为原料制备一些化工产品的前景又被看好．如图是以煤为原料生产聚氯乙烯（PVC）和人造羊毛的合成路线．请回答下列问题：（1）写出反应类型：反应①，反应②．（2）写出结构简式：PVC ，C ．（3）写出A﹣→D的化学反应方程式：．（4）与D互为同分异构体且可发生碱性水解的物质有种（不包括环状化合物），写出其中一种的结构简式：．2014-2015学年甘肃省兰州市西北师大附中高三（上）月考化学试卷（10月份）参考答案与试题解析一、选择题（每小题各有一个正确选项，每题5分，共40分）1．下列说法中没有错误的是（）A．14C16O和12C18O两个分子所含质子数、中子数和原子个数均相等B．1H2和2H2互为同位素，它们的质子数相等C．14C和14N的质量数相等，它们是同素异形体D． NH4+和H3O+两个离子的电子数、质子数和中子数均相等考点：质量数与质子数、中子数之间的相互关系；同位素及其应用；同素异形体．分析：A．分子的质子数、中子数、原子个数为各原子的质子数、中子数、原子个数之和；B．同位素是原子；C．质子数相同而中子数不同的同种元素的原子互为同位素；D．中子数不相等．解答：解：A．14C16O和12C18O两个分子所含质子数、中子数和原子个数分别为14、16、2，均相等，故A正确；B．同位素是原子，1H2和2H2为分子，不为同位素，故B错误；C．14C和14N的质量数相等，质子数分别为6、7，不是同位素，故C错误；D．NH4+和H3O+的中子数分别为7、8，不相等，故D错误．故选A．点评：本题考查质子数原子数电子数质量数的区别，明确同位素是原子不是分子是解题的关键，难度不大．2．N A代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A． 5.6 g铁与足量氯气完全反应转移的电子数为0.2N AB．100 mL 2.0 mol•L﹣1的盐酸与醋酸溶液中氢离子均为0.2N AC．标准状况下，22.4 L CO2与22.4 L H2O所含原子数均为3 N AD．体积分别为1.0L pH=2的盐酸与硫酸溶液中氢离子数均为0.01N A考点：阿伏加德罗常数．分析：A、求出铁的物质的量，然后根据铁与氯气反应后变为+3价来分析；B、醋酸是弱酸，存在电离平衡；C、标况下，水为液态；D、根据n=c•V来计算；解答：解：A、5.6g铁的物质的量为0.1mol，而铁与氯气反应后变为+3价，即0.1mol铁失去0.3mol电子，即0.3N A个，故A错误；B、醋酸是弱酸，存在电离平衡；100 mL 2.0 mol/L的盐酸中氢离子均为0.2N A，100 mL 2.0 mol/L的醋酸溶液中氢离子小于0.2N A，故B错误；C、标况下，水为液态，不能根据气体摩尔体积来计算，故C错误；D、PH=2的盐酸和硫酸溶液中C（H+）=0.01mol/L，故氢离子的物质的量均为n（H+）=0.01mol/L×1L=0.01mol，个数均为0.01N A，故D正确；故选D．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．3．下列叙述正确的是（）A．常温常压下，气态非金属单质都是由双原子分子组成的B．原子晶体中不一定只有共价键C．醋酸钠和苯酚钠中所含的化学键类型相同D．所有主族元素的原子形成单原子离子时的最高价数都和它的族序数相等考点：共价键的形成及共价键的主要类型；元素周期律的作用；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别．专题：元素周期律与元素周期表专题；化学键与晶体结构．分析：A．稀有气体是由单原子形成的分子组成的，臭氧是三原子分子；B．原子晶体是指相邻原子间通过强烈的共价键形成的空间网状结构的晶体；C．共价化合物中只含共价键，离子化合物中可以含有共价键一定含有离子键；D．主族元素的最高正价等于其最外层电子数．解答：解：A．稀有气体是单原子分子，臭氧是三原子分子，故A错误；B．原子晶体一定只含有共价键，故B错误；C．醋酸钠和苯酚钠都是离子化合物二者都含有离子键和共价键，故C正确；D．所有主族中金属元素的原子形成单原子离子时的最高价数和它的族序数相等，而非金属元素的原子所形成的单原子离子不符合这个规律，例如：Cl﹣、S2﹣等，故D错误；故选C．点评：本题考查化学键与物质之间的关系，主族元素价态规律，题目不难，易错点D，注意题干中的单原子离子．4．咖啡鞣酸具有较广泛的抗菌作用，结构简式如图所示：关于咖啡鞣酸的下列叙述不正确的是（）A．分子式为C16H18O9B． 1 mol咖啡鞣酸水解时可消耗8molNaOHC．与苯环上碳直接相连的原子都在同一平面上D．与浓溴水既能发生取代反应又能发生加成反应考点：有机物的结构和性质．专题：有机物的化学性质及推断．分析：由结构简式可知，分子式为C16H18O9，含﹣OH、﹣COOH、酚﹣OH、C=C、﹣COOC﹣及苯环，结合醇、羧酸、苯酚、酯、烯烃的性质来解答．解答：解：A．A．由结构简式可知，分子式为C16H18O9，故A正确；B．﹣COOH、酚﹣OH、﹣COOC﹣能与NaOH溶液反应，则1mol咖啡鞣酸水解时可消耗4mol NaOH，故B错误；C．苯环为平面结构，则与苯环直接相连的原子都在同一平面上，故C正确；D．含酚﹣OH能与溴水发生取代反应，含C=C能与溴水发生加成反应，故D正确；故选B．点评：本题考查有机物的结构与性质，注意把握官能团与性质的关系，侧重羧酸、苯酚、烯烃及酯的性质的考查，题目难度不大．5．某强酸性溶液中可能存在NO3﹣、I﹣、Cl﹣、Fe3+中的一种或几种．向该溶液中加入溴水后，溴被还原，由此推断该溶液中（）A．不含NO3﹣，也不含Fe3+B．含有NO3﹣、I﹣、Cl‑C．含I﹣，且肯定含有Cl﹣D．可能含有Fe3+考点：常见阳离子的检验；常见阴离子的检验．专题：物质检验鉴别题．分析：溶液呈强酸性，向该溶液中滴入Br2，单质Br2被还原，说明溶液中含有还原性离子，为I﹣，则氧化性离子不能存在．解答：解：溶液呈强酸性，向该溶液中滴入Br2，单质Br2被还原，说明溶液中含有还原性离子，为I﹣，因NO3﹣、Fe3+具有强氧化性，与I﹣发生氧化还原反应而不能大量共存，由于Cl﹣不发生反应，不能确定是否含有Cl﹣，故选A．点评：本题考查离子共存问题，题目难度中等，注意根据题目信息结合离子的性质进行判断，注意NO3﹣、Fe3+与I﹣不能大量共存．6．某温度下，在容积一定的密闭容器中，反应2A（g）+B（g）⇌2C（g）达到平衡时，A、B 和C的物质的量分别为4mol、2mol和4mol．保持温度不变，向容器中再加入1mol A、0.5mol B和1mol C，则下列说法正确的是（）A．正、逆反应速率都增大，平衡不移动B．正、逆反应速率都不变，平衡不移动C．正、逆反应速率都增大，平衡向左移动D．正、逆反应速率都增大，平衡向右移动考点：化学平衡的影响因素；化学反应速率的影响因素．分析：若保持温度不变，向容器中再加入1mol A、0.5mol B和1mol C，可以等效为在原平衡的基础上增大压强到达的平衡，正反应为气体体积减小的反应，与原平衡相比，增大压强平衡向正反应方向移动，正逆反应速率都加快，由此分析解答．解答：解：A、增大压强，正、逆反应速率都增大，平衡正向移动，而不是不移动，故A 错误；B、增大压强，正、逆反应速率都增大，并不是不变，平衡正向移动，而不是不移动，故B 错误；C、正、逆反应速率都增大，平衡向右移动，故C错误；D、增大压强，正、逆反应速率都增大，平衡正向移动，故D正确；故选D．点评：本题考查化学平衡的有关计算、影响化学平衡的因素，难度中等，构建平衡建立的途径是关键，注意等效思想的运用．7．向10mL0.1mol•L﹣1NaOH溶液中加入10mL0.2mol•L﹣1CH3COOH溶液后，溶液中有关离子的下列关系不正确的是（）A． n（Na+）+n（H+）=n（CH3COO﹣）+n（OH﹣）B． n（CH3COO﹣）＞n（Na+）＞n（H+）＞n（OH﹣）C． n（Na+）＞n（CH3COO﹣）＞n（CH3COOH）＞n（OH﹣）D． 2n（Na+）=n（CH3COO﹣）+n（CH3COOH）考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；离子浓度大小的比较．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：n（NaOH）=0.01L×0.1moL/L=0.001mol，n（CH3COOH）=0.01L×0.2moL/L=0.002mol，混合后醋酸过量，电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，结合溶液中的电荷守恒和物料守恒解答该题．解答：解：A．任何溶液都遵循电中性原则，则有n（Na+）+n（H+）=n（CH3COO﹣）+n（OH ﹣），故A正确；B．n（NaOH）=0.01L×0.1moL/L=0.001mol，n（CH3COOH）=0.01L×0.2moL/L=0.002mol，混合后醋酸过量，溶液呈酸性，则有n（CH3COO﹣）＞n（Na+）＞n（H+）＞n（OH﹣），故B正确；C．反应后生成n（CH3COO﹣）=0.001mol，剩余n（CH3COOH）=0.001mol，醋酸过量，溶液呈酸性，则n（CH3COO﹣）＞n（Na+），故C错误；D．根据物料守恒，n（NaOH）=0.01L×0.1moL/L=0.001mol，n（CH3COOH）=0.01L×0.2moL/L=0.002mol，可知混合后，2n（Na+）=n（CH3COO﹣）+n（CH3COOH），故D正确．故选C．点评：本题考查酸碱混合的定性判断和离子浓度大小比较，题目难度中等，本题注意把握酸碱的物质的量，判断弱电解质的电离和盐类水解程度，结合溶液中的守恒分析．8．某无色气体可能含有CO、H2、O2、CO2、NH3、NO、HCl、NO2、SO2等气体中的若干种，为确定其成分，某学生进行了如下实验：①将少许气体导入一支干燥的试管中，试管中出现红棕色气体．②将气体导入盛有少许澄清石灰水的试管中，未见明显现象；而改通入盛有足量澄清石灰水的洗气瓶中出现白色浑浊．③将原气体导入品红溶液中，红色没有变化；④将原气体先通过装有足量固体烧碱的U型管后，再通入盛有CuO的硬质玻璃管，并给硬质玻璃管加热，观察到CuO变为红色；⑤将④中出来的气体通过盛有CuSO4粉末的干燥管，CuSO4粉末出现蓝色．下列判断正确的是（）A．混合气体中一定有NO2和COB．混合气体中一定没有H2和NH3C．不能确定混合气体中是否有NH3D．混合气体中至少有HCl等四种气体考点：常见气体的检验．分析：无色气体中一定不含有色的NO2气体；①将少许气体导入一支干燥的试管中，试管中出现红棕色气体，产生红棕色的气体为NO2，说明原混合气体中一定含有NO，则一定不含O2；②将气体导入盛有少许澄清石灰水的试管中，未见明显现象，而改通入盛有足量澄清石灰水的洗气瓶中出现白色浑浊，白色沉淀为碳酸钙或亚硫酸钙，原混合气体中一定含有HCl、至少含有CO2、SO2中的一种，则一定不存在与氯化氢反应的NH3；③将原气体导入品红溶液中，红色没有变化，说明混合气体中不存在SO2，结合②可知一定含有CO2；④将原气体先通过装有足量固体烧碱的U型管后，再通入盛有CuO的硬质玻璃管，并给硬质玻璃管加热，观察到CuO变为红色，说明原混合气体中至少含有CO或H2中一种；⑤将④中出来的气体通过盛有CuSO4粉末的干燥管，CuSO4粉末出现蓝色，说明一定存在H2，可能含有CO，据此进行解答．解答：解：无色气体中一定不含有色的NO2气体；①将少许气体导入一支干燥的试管中，试管中出现红棕色气体，产生红棕色的气体为NO2，说明原混合气体中一定含有NO，则一定不含O2；②将气体导入盛有少许澄清石灰水的试管中，未见明显现象，而改通入盛有足量澄清石灰水的洗气瓶中出现白色浑浊，白色沉淀为碳酸钙或亚硫酸钙，原混合气体中一定含有HCl、至少含有CO2、SO2中的一种，则一定不存在与氯化氢反应的NH3；③将原气体导入品红溶液中，红色没有变化，说明混合气体中不存在SO2，结合②可知一定含有CO2；④将原气体先通过装有足量固体烧碱的U型管后，再通入盛有CuO的硬质玻璃管，并给硬质玻璃管加热，观察到CuO变为红色，说明原混合气体中至少含有CO或H2中一种；⑤将④中出来的气体通过盛有CuSO4粉末的干燥管，CuSO4粉末出现蓝色，说明一定存在H2，可能含有CO，根据分析可知，原混合气体中一定存在的气体为：H2、CO2、NO、HCl；可能存在CO；一定不存在的气体为：O2、NH3、NO2、SO2，A．原混合气体中一定不存在NO2，可能含有CO，故A错误；B．混合气体中一定含有H2，故B错误；C．混合气体中含有HCl，则一定不存在氨气，故C错误；D．原混合气体中一定存在的气体为：H2、CO2、NO、HCl，可能存在CO，所以至少含有4种气体，故D正确；故选D．点评：本题考查了常见气体的性质及检验方法，题目难度中等，明确常见气体的性质及检验方法为解答关键，本题中判断HCl的存在情况为易错点，需要正确分析②中现象，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力．二、非选择题（本卷4小题，共60分）9．短周期的四种元素X、Y、Z、W，原子序数依次增大，X、Y、Z的最外层电子数分别是其电子层数的1、2、3倍，W的电子层数是其最外层电子数的3倍；X可以分别和Z、W形成原子个数比都为1：1的化合物甲和乙，其中甲为共价化合物，乙为离子化合物．请回答：（1）化合物乙的电子式是Na+[：H]﹣；（2）实验室中可以在甲的30%的水溶液加入一种黑色粉末状固体制取Z元素的常见单质；写出该反应的化学方程式2H2O2 2 H2O+O2↑；（3）Y和Z两种元素可构成一种化合物丙，其水溶液呈酸性；试用恰当的方程式表示该溶液呈酸性的原因CO2+H2O=H2CO3、H2CO3⇌H++HCO3﹣；（4）在由X、Z和W三种元素构成的化合物的溶液中，加入（或通入）过量丙，恰好完全反应后，所得溶液中除H2O、H+和OH﹣三种微粒外，存在的微粒还有（请用微粒符号按浓度由大到小的顺序以“＞”连接填写）Na+＞HCO3﹣＞H2CO3＞CO32﹣；（5）由四种元素构成的一种分子组成为X3Y2Z2W的离子化合物易溶于水，则该物质的溶液的pH ＞7（填“＞”、“＜”或“=”），其原因是CH3COO﹣+H2O⇌CH3COOH+OH﹣．考点：位置结构性质的相互关系应用．分析：短周期的四种元素X、Y、Z、W，原子序数依次增大，W的电子层数是其最外层电子数的3倍，最外层电子数只能为1，电子层为3，故A为Na；由原子序数可知，Y、Z处于第二周期，Y、Z的最外层电子数分别是其电子层数的2、3倍，则最外层电子数分别为4、6，故Y为C元素、Z为O元素；X原子序数小于碳，最外层电子数与电子层数相等，X为H或Be，X可以分别和O、Na形成原子个数比都为1：1的化合物甲和乙，其中甲为共价化合物，乙为离子化合物，则X为H元素，甲为H2O2，乙为NaH，据此解答．解答：解：短周期的四种元素X、Y、Z、W，原子序数依次增大，W的电子层数是其最外层电子数的3倍，最外层电子数只能为1，电子层为3，故A为Na；由原子序数可知，Y、Z处于第二周期，Y、Z的最外层电子数分别是其电子层数的2、3倍，则最外层电子数分别为4、6，故Y为C元素、Z为O元素；X原子序数小于碳，最外层电子数与电子层数相等，X 为H或Be，X可以分别和O、Na形成原子个数比都为1：1的化合物甲和乙，其中甲为共价化合物，乙为离子化合物，则X为H元素，甲为H2O2，乙为NaH．（1）化合物乙为NaH，电子式是：Na+[：H]﹣，故答案为：Na+[：H]﹣；（2）实验室中可以在H2O2的30%的水溶液加入一种黑色粉末状固体制取氧气，反应方程式为：2H2O2 2 H2O+O2↑，故答案为：2H2O2 2 H2O+O2↑；（3）C和O两种元素可构成一种化合物丙，其水溶液呈酸性，该化合物为CO2，用恰当的方程式表示该溶液呈酸性的原因为：CO2+H2O=H2CO3、H2CO3⇌H++HCO3﹣，故答案为：CO2+H2O=H2CO3、H2CO3⇌H++HCO3﹣；（4）在由H、O和Na三种元素构成的化合物为NaOH，向NaOH溶液中，加入（或通入）过量CO2，恰好完全反应后生成NaHCO3，溶液中碳酸氢根生成程度大于电离程度，溶液呈碱性，所得溶液中除H2O、H+和OH﹣三种微粒外，存在其它的微粒按浓度由大到小排序：Na+＞HCO3﹣＞H2CO3＞CO32﹣，故答案为：Na+＞HCO3﹣＞H2CO3＞CO32﹣；（5）由四种元素构成的一种分子组成为H3C2O2Na的离子化合物易溶于水，该化合物为CH3COONa，溶液中存在：CH3COO﹣+H2O⇌CH3COOH+OH﹣，其溶液pH＞7，故答案为：＞；CH3COO﹣+H2O⇌CH3COOH+OH﹣．点评：本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，是对学生综合能力的考查，难度中等．10．由A、D、E、G四种元素构成的甲和乙两种化合物的化学式分别为AD和E2G3；已知：①常温常压下，甲为黑色固体，乙是高熔点白色固体，甲、乙均难溶于水而易溶于稀酸．②将甲在足量空气中高温煅烧得到红棕色固体丙和刺激性气味的气体X，X经过一定的生产过程可制得重要的化工产品Y．③甲溶于Y的稀溶液得到浅绿色溶液．④乙溶于Y的稀溶液得到无色溶液，将该无色溶液与草木灰的溶液混合，生成白色沉淀丁并放出一种无色无味的气体Z．⑤白色沉淀丁加热灼烧得乙，X和Z都能使石灰水变浑浊．试根据以上信息填写下列空白：（1）甲煅烧生成丙和X的化学方程式4FeS+7O22Fe2O3+4SO2；（2）在③的浅绿色溶液中滴加NaOH溶液，观察到的现象是产生白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；（3）写出④中无色溶液与草木灰溶液混合反应的离子方程式2Al3++3CO32﹣+3H2O=Al（OH）3↓+3CO2↑；（4）在用X制取Y的生产过程中，有如下反应：2X（g）+O2（g）⇌2W（g）；△H＜0．请运用化学反应速率与化学平衡理论分析，下列各项措施中，既有利于加快反应速率，又有利于上述平衡向右移动的是（填写序号） A ；A．适当增加空气（O2）的用量 B．升高反应温度C．降低反应温度 D．使用适当的催化剂（5）工业上常用乙为原料，熔融电解制取E的单质．则生成E单质的电极是阴极，该电极的电极反应式是Al3++3e﹣=Al ．考点：无机物的推断．分析：甲为黑色固体，化学式为AD，将甲在足量空气中高温煅烧得到红棕色固体丙和刺激性气味的气体X，X经过一定的生产过程可制得重要的化工产品Y，甲溶于Y的稀溶液得到浅绿色溶液，则甲为FeS，丙为Fe2O3，X为SO2，Y为H2SO4，A为Fe，D为S；乙是高熔点白色固体，化学式为E2G3，乙溶于Y的稀溶液得到无色溶液，将该无色溶液与草木灰的溶液混合，生成白色沉淀丁并放出一种无色无味的气体Z，白色沉淀丁加热灼烧得乙，则乙为Al2O3，丁为Al（OH）3，Z为CO2，E为Al，G为O，SO2和CO2都能使石灰水变浑浊，据此解答．解答：解：甲为黑色固体，化学式为AD，将甲在足量空气中高温煅烧得到红棕色固体丙和刺激性气味的气体X，X经过一定的生产过程可制得重要的化工产品Y，甲溶于Y的稀溶液得到浅绿色溶液，则甲为FeS，丙为Fe2O3，X为SO2，Y为H2SO4，A为Fe，D为S；乙是高熔点白色固体，化学式为E2G3，乙溶于Y的稀溶液得到无色溶液，将该无色溶液与草木灰的溶液混合，生成白色沉淀丁并放出一种无色无味的气体Z，白色沉淀丁加热灼烧得乙，则乙为Al2O3，丁为Al（OH）3，Z为CO2，E为Al，G为O，SO2和CO2都能使石灰水变浑浊．（1）甲煅烧生成丙和X的化学方程式：4FeS+7O22Fe2O3+4SO2，故答案为：4FeS+7O22Fe2O3+4SO2；（2）FeS溶于稀H2SO4得到FeSO4溶液，溶液中滴加NaOH溶液，观察到的现象是：产生白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，故答案为：产生白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；（3）④中铝离子与碳酸根离子发生水解反应生成氢氧化铝沉淀与二氧化碳，反应的离子方程式为：2Al3++3CO32﹣+3H2O=Al（OH）3↓+3CO2↑，故答案为：2Al3++3CO32﹣+3H2O=Al（OH）3↓+3CO2↑；（4）在用X制取Y的生产过程中，有如下反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H＜0，A．适当增加空气（O2）的用量，氧气浓度增大，平衡性正反应方向移动，反应速率加快，故A正确；B．升高反应温度，反应速率加快，正反应为放热反应，平衡向逆反应移动，故B错误；C．正反应为放热反应，降低反应温度，平衡向正反应方向移动，但反应速率减慢，故C错误；D．使用适当的催化剂，加快反应速率，但不影响平衡移动，故D错误，故选：A；（5）工业上常用Al2O3为原料，熔融电解制取Al的单质，Al元素发生还原反应，则生成Al 单质的电极是阴极，该电极的电极反应式是：Al3++3e﹣=Al，故答案为：阴；Al3++3e﹣=Al．。
甘肃省兰州市西北师大附中2015届高考化学四诊试卷
甘肃省兰州市西北师大附中2015届高考化学四诊试卷一、选择题：本题共7小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．生活处处有化学．下列说法正确的是（）A．制饭勺、饭盒、高压锅等的不锈钢是合金B．做衣服的棉和麻均与淀粉互为同分异构体C．煎炸食物的花生油和牛油都是可皂化的饱和酯类D．磨豆浆的大豆富含蛋白质，豆浆煮沸后蛋白质变成了氨基酸2．设N A为阿伏加德罗常数的值，则下列说法正确的是（）A．电解精炼铜时，若阳极质量减少6.4 g，则电路中转移电子数为0.2N AB．向NH4Al（SO4）2稀溶液中逐滴加入过量Ba（OH）2溶液，离子方程式为：NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++5OH ﹣=2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2O+NH3•H2OC．常温下，由水电离出的H+浓度为10﹣13mol•L﹣1的溶液中，Fe2+、Cl﹣、Na+、NO3﹣可能大量共存D．葡萄糖（C6H12O6）溶液中：SO42﹣、MnO4﹣、K+、H+可以大量共存3．某有机物T的分子式为C5H12O4，0.1mol T与足量钠反应生成4.48L（标准状况）氢气．已知一个碳原子上连接两个﹣OH的有机物不稳定．则T的稳定结构（不考虑立体异构）有（）A．6种B．7种C．8种D．9种4．S﹣诱抗素制剂能保持鲜花盛开，S﹣诱抗素的分子结构如图，下列关于该物质说法正确的是（）A．S﹣诱抗素制剂能发生酯化反应的官能团有2种B．含有苯环、羟基、羰基、羧基、碳碳双键C．mol S﹣诱抗素制剂与足量金属Na反应生成0.5mol H2D．该化合物不能发生聚合反应5．电解法是处理工业废水的一种重要方法．如酸性含（Cr2O72﹣）废水就可以采用电解法进行无害化处理．电解时采用Fe作阳极，惰性电极作阴极．已知：①氧化性：Cr2O72﹣＞Fe3+；②Cr2O72﹣被还原生成Cr3+；③K sp[Cr （OH）3]=6.3×10﹣31．下列说法正确的是（）A．阳极材料也可以是CuB．阴极每产生3molH2，则有1mol Cr2O7被还原C．一段时间后溶液中发生反应Cr2O72﹣+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2OD．电解最后阶段需要加碱，使溶液中的阳离子转化为沉淀6．下列说法正确的是（）A．制备硫酸亚铁晶体时，最后在蒸发皿中蒸发浓缩溶液时，只需小火加热至溶液被全部蒸干B．向1 mL浓度均为0.05 mol•L﹣1的NaCl、NaI混合溶液中滴加2滴0.01 mol•L﹣1的AgNO3溶液，振荡，沉淀呈黄色．结论：Ksp（AgCl）＜Ksp（AgI）C．0.1mol•L﹣1的NaOH溶液分别中和pH、体积均相等的醋酸和盐酸，所消耗NaOH溶液的体积：前者小于后者D．水的电离过程是吸热过程，升高温度，水的离子积增大、pH减小7．下列关于各实验装置图的叙述中正确的是（）A．构成锌﹣铜原电池B．除去Cl2中含有的少量HClC．验证溴乙烷发生消去反应生成烯烃D．由实验现象推知酸性强弱顺序为CH3COOH＞H2CO3＞C6H5OH二、解答题（共3小题，满分43分）8．锂被誉为“金属味精”，以LiCoO2为正极材料的锂离子电池已被广泛用作便携式电源．工业上常以β锂辉矿（主要成分为LiAlSi2O6，还含有FeO、MgO、CaO等杂质）为原料来制取金属锂．其中一种工艺流程如下：已知：①部分金属氢氧化物开始沉淀和完全沉淀时的pH：氢氧化物Fe（OH）3Al（OH）3Mg（OH）2开始沉淀pH.73.79.6完全沉淀pH3.74.71②Li2CO3在不同温度下的溶解度如下表：温度/℃000507500Li2CO3的溶解度/g.539.406.329.1810.8660.728请回答下列问题：（1）用氧化物形式表示LiAlSi2O6的组成：．反应Ⅱ加入碳酸钙的作用是．（3）写出反应Ⅲ中生成沉淀A的离子方程式：．（4）洗涤所得Li2CO3沉淀要使用（选填“热水”或“冷水”），你选择的理由是．（5）将氯化锂溶液蒸干的过程中还需不断通入HCl气体，其作用是（6）本实验在电解熔融氯化锂生产锂时，阳极产生的氯气中会混有少量氧气，原因是．9．“C 1化学”是指以碳单质或分子中含1个碳原子的物质（如CO、CO2、CH4、CH3OH、HCOOH等）为原料合成工业产品的化学工艺，对开发新能源和控制环境污染有重要意义．（1）一定温度下，在两个容积均为2L的密闭容器中，分别发生反应：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H=﹣49.0kJ/mol．相关数据如下：容器甲乙反应物投入量mol CO2（g）和3mol H2（g）mol CH3OH（g）和1mol H2O（g）平衡时c（CH3OH）c1c2平衡时能量变化放出29.4kJ吸收a kJ①a=．②若甲中反应10s时达到平衡，则用CO2来表示甲中反应从开始到平衡过程中的平均反应速率是mol•L﹣1•S﹣1．甲烷的一个重要用途是制取H2，其原理为：CO2（g）+CH4（g）⇌2CO（g）+2H2（g）在密闭容器中通入等物质的量浓度的CH4与CO2，在一定条件下发生反应，测得CH4的平衡转化率与温度及压强的关系如图1所示，则压强P1P2（填“大于”或“小于”）；压强为P2时，在y点：v（正）v（逆）（填“大于”、“小于”或“等于”）．（3）一定条件下，治理汽车尾气的反应是2NO（g）+2CO（g）⇌2CO2（g）+N2（g）△H＜0．在恒温恒容的密闭容器中通入n（NO）：n（CO）=2：1的混合气体，发生上述反应．下列图象如图3正确且能说明反应在进行到t1时刻一定达到平衡状态的是（选填字母）．（4）甲酸（HCOOH）是一种弱酸，现用0.1mol•L﹣1 NaOH溶液分别滴定体积均为20.00mL、浓度均为0.1mol•L ﹣1的盐酸和甲酸溶液，滴定曲线如图2：滴定开始前，三种溶液中由水电离出的c（H+）最大的是；V1和V2的关系V1V2（填“＞”、“=”或“＜”）；M点对应的溶液中，各离子的物质的量浓度由大到小的顺序是．10．水杨酸甲酯又叫冬青油，是一种重要的有机合成原料．某化学小组用水杨酸（）和甲醇在酸性催化剂催化下合成水杨酸甲酯并计算其产率．实验步骤：Ⅰ．如图，在三颈烧瓶中加入6.9g （0.05mol）水杨酸和24g（30mL，0.75mol）甲醇，向混合物中加入约10mL 甲苯（甲苯与水形成的共沸物，沸点为85℃，该实验中加入甲苯，易将水蒸出），再小心地加入5mL浓硫酸，摇动混匀，加入1～2粒沸石，组装好实验装置，在85～95℃下恒温加热反应1.5小时：Ⅱ．待装置冷却后，分离出甲醇，然后转移至分液漏斗，依次用少量水、5%NaHCO3溶液和水洗涤；分出的产物加入少量无水MgSO4固体，过滤得到粗酯；Ⅲ．将粗酯进行蒸馏，收集221℃～224℃的馏分，得水杨酸甲酯4.5g．常用物理常数：名称分子量颜色状态相对密度熔点（℃）沸点（℃）水杨酸甲酯52无色液体.18﹣8.624水杨酸38白色晶体.445810甲醇32无色液体0.792﹣9764.7请根据以上信息回答下列问题：（1）仪器A的名称是，制备水杨酸甲酯时，最合适的加热方法是．实验中加入甲苯对合成水杨酸甲酯的作用是．（3）反应结束后，分离甲醇的操作是．（4）洗涤操作中，第一次水洗的主要目的是，第二次水洗的主要目的是．（5）检验产品中是否含有水杨酸的化学方法是．（6）本实验的产率为（保留两位有效数字）．三、选考题（选作1题，共做3题，共15分）【化学化学与技术】11．海洋是一个丰富的资源宝库，通过海水的综合利用可获得许多物质供人类使用．（1）海水中盐的开发利用：①海水制盐目前以盐田法为主，建盐田必须选在远离江河入海口，多风少雨，潮汐落差大且又平坦空旷的海滩．所建盐田分为贮水池、池和结晶池．②工业上通常以NaCl、CO2和NH3为原料制取纯碱，请写出第一步制取NaHCO3的化学方程式．电渗析法是近年来发展起来的一种较好的海水淡化技术，其原理如图1所示．其中具有选择性的阴离子交换膜和阳离子交换膜相间排列．请回答下面的问题：Ⅰ．电渗析法淡化海水中阴极室可获得的重要化工原料有．II．图中虚线部分表示离子交换膜．淡水从（A或B）排出．（3）用苦卤（含Na+、K+、Mg2+、Cl﹣、Br﹣等离子）可提取溴，其生产流程如图：Ⅰ．写出反应③的离子方程式为．II．通过①氯化已获得含Br2的溶液，为何还需经过吹出、吸收、酸化来重新获得含Br2的溶液？．Ⅲ．向蒸馏塔中通入水蒸气加热，控制温度在90℃左右进行蒸馏的原因是．【化学物质结构与性质】（共1小题，满分0分）12．X、Y、Z、L四种元素分别位于周期表中三个紧相邻的周期且原子序数依次增大，它们相关信息如下：X元素原子的价电子构型为nS n nP2nY 和Z位于同一周期，最外层都有两个未成对电子L元素原子的基态未成对电子数是同周期最多的元素请回答如下问题：（1）L元素在周期表中的位置是，该原子核外电子排布式是，其最高正价氧化物对应的水氧化物的化学式是元素X与Y形成的化合物晶体类型是晶体，1mol该化合物含有的化学键数为（用阿伏加德罗常数N A表示）（3）元素M是周期表中电负性最强的元素，X与M形成的化合物XM2的分子几何构型是，该化合物中X的原子的杂化轨道类型是（4）X与碳、氢、三种元素形成的相对分子质量最小的分子里有个δ键，个π键（5）金属元素N与Z形成的离子化合物的晶胞结构如图，晶胞中Z离子数目为．[化学选修5有机化学基础]（共1小题，满分0分）13．某抗结肠炎药物有效成分的合成路线如下（部分反应略去试剂和条件）：已知：（a）（1）烃A的结构简式是；①的反应条件是；②的反应类型是；（3）下列对抗结肠炎药物有效成分可能具有的物质推测正确的是：；A．水溶性比苯酚好，密度比苯酚的大B．能发生消去反应C．能发生聚合反应D．既有酸性又有碱性（4）E与足量NaOH溶液反应的化学方程式是；（5）写出所有符合下列条件的E的同分异构体的结构简式：；a．与E具有相同的官能团b．苯环上的一硝基取代产物有两种（6）已知易被氧化，苯环上连有烷基时再引入一个取代基，常取代在烷基的邻对位，而当苯环上连有羧基时则取代在间位．据此写出以A为原料合成化合物的合成路线．（依照题中抗结肠炎药物有效成分的合成路线的表达方式答题）甘肃省兰州市西北师大附中2015届高考化学四诊试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共7小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．生活处处有化学．下列说法正确的是（）A．制饭勺、饭盒、高压锅等的不锈钢是合金B．做衣服的棉和麻均与淀粉互为同分异构体C．煎炸食物的花生油和牛油都是可皂化的饱和酯类D．磨豆浆的大豆富含蛋白质，豆浆煮沸后蛋白质变成了氨基酸考点：金属与合金在性能上的主要差异；同分异构现象和同分异构体；油脂的性质、组成与结构；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点．专题：化学应用．分析：A．合金就是某种金属与其他一种或几种金属或非金属融合在一起形成的混合物；B．棉和麻主要成分是纤维素；C．花生油是植物油是不饱和酯类；D．蛋白质要在催化剂作用下才能水解为氨基酸．解答：解：A．“不锈钢是合金”，不锈钢是铁、钴、镍的合金，故A正确；B．棉和麻主要成分是纤维素，与淀粉不属于同分异构体，n值不同，故B错误；C．花生油是不饱和酯类，牛油是饱和酯类，故C错误；D．豆浆煮沸是蛋白质发生了变性，故D错误．故选A．点评：本题考查合金、同分异构体、油脂和蛋白质的性质，难度较小，旨在考查学生对基础知识的识记，注意基础知识的积累掌握．2．设N A为阿伏加德罗常数的值，则下列说法正确的是（）A．电解精炼铜时，若阳极质量减少6.4 g，则电路中转移电子数为0.2N AB．向NH4Al（SO4）2稀溶液中逐滴加入过量Ba（OH）2溶液，离子方程式为：NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++5OH ﹣=2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2O+NH3•H2OC．常温下，由水电离出的H+浓度为10﹣13mol•L﹣1的溶液中，Fe2+、Cl﹣、Na+、NO3﹣可能大量共存D．葡萄糖（C6H12O6）溶液中：SO42﹣、MnO4﹣、K+、H+可以大量共存考点：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、粗铜中含有还原性强于铜的杂质铁、锌，电解过程中优先放电；B、书写一方过量的离子方程式时，设量少的物质的物质的量为1mol，根据所消耗的离子来书写；C、由水电离出的H+浓度为10﹣13mol•L﹣1的溶液，水的电离被抑制，可能是酸溶液也可能是碱溶液；D、葡萄糖是多羟基的醛，含醛基，有强还原性．解答：解：A、电解精炼铜时，阳极粗铜中含有活泼性较强的铁、先等杂质，电解时铁、锌杂质先放电，且铁摩尔质量小于铜的64g/mol，锌的摩尔质量大于铜的摩尔质量，所以阳极减少6.4g，转移的电子的物质的量不一定为0.2mol，故A错误；B、书写一方过量的离子方程式时，设量少的NH4Al（SO4）2的物质的量为1mol，则1molNH4+消耗1molOH﹣，1molAl3+消耗4molOH﹣，2molSO42﹣消耗2molBa2+，故离子方程式为：NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++5OH﹣=2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2O+NH3•H2O，故B正确；C、由水电离出的H浓度为10mol•L的溶液，水的电离被抑制，可能是酸溶液也可能是碱溶液，当是酸溶液时，有大量的氢离子，则Fe2+、H+、与NO3﹣不能大量共存；若为碱溶液，则存在大量OH﹣，而与Fe2+不能共存，故C错误；D、葡萄糖是多羟基的醛，含醛基，有强还原性，能被MnO4﹣氧化而不能共存，故D错误．故选B．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．3．某有机物T的分子式为C5H12O4，0.1mol T与足量钠反应生成4.48L（标准状况）氢气．已知一个碳原子上连接两个﹣OH的有机物不稳定．则T的稳定结构（不考虑立体异构）有（）A．6种B．7种C．8种D．9种考点：有机化合物的异构现象．分析：分子式为C5H12O4，0.1mol T与足量钠反应生成4.48L（标准状况）氢气即0.2mol氢气，即1mol T与足量钠反应生成4.48L（标准状况）氢气即2mol氢气，则说明C5H12O4中含4个﹣OH，已知一个碳原子上连接两个﹣OH的有机物不稳定，即4个﹣OH分别连在4个碳原子上，只有一个碳原子上不连﹣OH，据此分析．解答：解：有机物的分子式为C5H12O4，0.1mol T与足量钠反应生成4.48L（标准状况）氢气即0.2mol氢气，即1mol T与足量钠反应生成4.48L（标准状况）氢气即2mol氢气，则说明C5H12O4中含4个﹣OH，已知一个碳原子上连接两个﹣OH的有机物不稳定，即4个﹣OH分别连在4个碳原子上，只有一个碳原子上不连﹣OH．当这5个碳原子为正戊烷C﹣C﹣C﹣C﹣C的碳链结构时，这唯一一个不连﹣OH的碳原子的可能位置有3种，即4个﹣OH在此碳链上的连接方式有3种，即CH2（OH）CH（OH）CH（OH）CH（OH）CH3，CH2（OH）CH（OH）CH（OH）CH2CH2OH；CH2（OH）CH（OH）CH2CH（OH）CH2OH当这5个碳原子为异戊烷的碳链结构时，这唯一一个不连﹣OH的碳原子的可能位置有4种，即4个﹣OH在此碳链上的连接方式有4种：（CH2OH）2C（OH）CH（OH）CH3，（CH2OH）2C（OH）CH2CH2OH；（CH2OH）2CHCH（OH）CH2OH，HOCH2CH（CH3）（OH）CH3CH（OH）CH2OH；当这5个碳原子为新戊烷的碳链结构时，由于能连﹣OH的碳原子只有4个，故将4个﹣OH连在C原子上的连接方法只有1种，即C（CH2OH）4；故T的稳定结构共有8种．故选C．点评：本题考查了同分异构体的书写，注意当有多个官能团时书写位置异构时的解题技巧，难度较大．4．S﹣诱抗素制剂能保持鲜花盛开，S﹣诱抗素的分子结构如图，下列关于该物质说法正确的是（）A．S﹣诱抗素制剂能发生酯化反应的官能团有2种B．含有苯环、羟基、羰基、羧基、碳碳双键C．mol S﹣诱抗素制剂与足量金属Na反应生成0.5mol H2D．该化合物不能发生聚合反应考点：有机物的结构和性质．专题：有机物的化学性质及推断．分析：由S﹣诱抗素的分子结构可知，分子中含﹣OH、双键、﹣COOH、羰基，结合醇、烯烃、羧酸及酮的性质来解答．解答：解：A．含﹣OH、﹣COOH两种官能团可发生酯化反应，故A正确；B．分子中不含苯环，故B错误；2D．含双键可发生加聚反应，含﹣OH、﹣COOH可发生缩聚反应，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，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．5．电解法是处理工业废水的一种重要方法．如酸性含（Cr2O72﹣）废水就可以采用电解法进行无害化处理．电解时采用Fe作阳极，惰性电极作阴极．已知：①氧化性：Cr2O72﹣＞Fe3+；②Cr2O72﹣被还原生成Cr3+；③K sp[Cr （OH）3]=6.3×10﹣31．下列说法正确的是（）A．阳极材料也可以是CuB．阴极每产生3molH2，则有1mol Cr2O72﹣被还原C．一段时间后溶液中发生反应Cr2O72﹣+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2OD．电解最后阶段需要加碱，使溶液中的阳离子转化为沉淀考点：电解原理．分析：A．铁为电极，则阳极上铁失去电子生成二价铁具有还原性可以将Cr2O72﹣被还原生成Cr3+；B．阴极每产生3molH2，则转移电子数6mol，根据氧化还原反应得失电子守恒得6Fe～12e﹣～6Fe2+～Cr2O72﹣，据此计算；C．亚铁离子具有还原性，发生氧化还原反应；D．阳离子向阴极移动，且阴极生成碱．解答：解：A．铁为电极，则阳极上铁失去电子，则发生Fe﹣2e﹣=Fe2+，二价铁具有还原性可以将Cr2O72﹣被还原生成Cr3+，而铜作阳极生成铜离子无还原性，不能将Cr2O72﹣被还原生成Cr3+，故A错误；B．阴极每产生3molH2，则转移电子数6mol，根据氧化还原反应得失电子守恒得6Fe～12e﹣～6Fe2+～Cr2O72﹣，故被还原的Cr2O72﹣的物质的量为0.5mol，故B错误；C．电解时阳极生成的亚铁离子具有还原性，发生氧化还原反应，离子反应为Cr2O72﹣+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，故C正确；D．由C可知，反应中生成的阳离子向阴极移动，且阴极生成碱，则在阴极附近生成Cr（0H）3和Fe（0H）3沉淀，所以电解最后阶段不需要加碱，故D错误；故选C．点评：本题考查电解原理，明确电解过程中离子的移动及离子的放电顺序、发生的电极反应是解答本题的关键，题目难度中等．6．下列说法正确的是（）A．制备硫酸亚铁晶体时，最后在蒸发皿中蒸发浓缩溶液时，只需小火加热至溶液被全部蒸干B．向1 mL浓度均为0.05 mol•L﹣1的NaCl、NaI混合溶液中滴加2滴0.01 mol•L﹣1的AgNO3溶液，振荡，沉淀呈黄色．结论：Ksp（AgCl）＜Ksp（AgI）C．0.1mol•L﹣1的NaOH溶液分别中和pH、体积均相等的醋酸和盐酸，所消耗NaOH溶液的体积：前者小于后者D．水的电离过程是吸热过程，升高温度，水的离子积增大、pH减小考点：盐类水解的应用；弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．分析：A、蒸发操作不能直接蒸干；B、结构相似的难溶盐，浓度都相同时，溶度积常数越小的越先沉淀；C、pH、体积均相同的醋酸和盐酸，醋酸的浓度大；D、根据水的离子积表达式以及水的电离平衡影响知识来回答．B、结构相似的难溶盐，浓度都相同时，溶度积常数越小的越先沉淀，混合溶液中生成黄色沉淀，说明Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI），故B错误；C、pH、体积均相同的醋酸和盐酸，由于醋酸部分电离，所以醋酸的浓度大于HCl的浓度，因此消耗NaOH溶液的体积醋酸比HCl大，故C错误；D、水的电离过程是吸热过程，升高温度，平衡向右移动，水的离子积增大，氢离子浓度增大，所以pH减小，故D正确．故选D．点评：本题考查了弱电解质的电离、盐的水解、溶度积常数比较、实验基本操作等知识点，难度不大，注意电离平衡常数只与温度有关，溶度积常数比较物质溶解性大小的方法．7．下列关于各实验装置图的叙述中正确的是（）A．构成锌﹣铜原电池B．除去Cl2中含有的少量HClC．验证溴乙烷发生消去反应生成烯烃D．由实验现象推知酸性强弱顺序为CH3COOH＞H2CO3＞C6H5OH考点：化学实验方案的评价．专题：实验评价题．分析：A．电极材料和电解池溶液放置颠倒；B．氯气和氯化氢都与氢氧化钠溶液反应；C．不能排除乙醇的干扰；D．乙酸和碳酸钠溶液反应生成二氧化碳气体，用饱和碳酸氢钠除去挥发的醋酸，如苯酚钠溶液变浑浊，可证明实验结论．B．氯气和氯化氢都与氢氧化钠溶液反应，应用饱和食盐水除杂，故B错误；C．乙醇易挥发，其能与酸性高锰酸钾溶液反应，应先除去乙醇，故C错误；D．乙酸和碳酸钠溶液反应生成二氧化碳气体，用饱和碳酸氢钠除去挥发的醋酸，如苯酚钠溶液变浑浊，则可说明酸性CH3COOH＞H2CO3＞C6H5OH，故D正确．故选D．点评：本题考查化学实验方案的评价，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，为2015届高考常见题型，注意把握实验的原理以及实验操作的严密性的判断，难度不大．二、解答题（共3小题，满分43分）8．锂被誉为“金属味精”，以LiCoO2为正极材料的锂离子电池已被广泛用作便携式电源．工业上常以β锂辉矿（主要成分为LiAlSi2O6，还含有FeO、MgO、CaO等杂质）为原料来制取金属锂．其中一种工艺流程如下：已知：①部分金属氢氧化物开始沉淀和完全沉淀时的pH：氢氧化物Fe（OH）3Al（OH）3Mg（OH）2开始沉淀pH.73.79.6完全沉淀pH3.74.71②Li2CO3在不同温度下的溶解度如下表：温度/℃000507500Li2CO3的溶解度/g.539.406.329.1810.8660.728请回答下列问题：（1）用氧化物形式表示LiAlSi2O6的组成：Li2O•Al2O3•4SiO2．反应Ⅱ加入碳酸钙的作用是除去反应Ⅰ中过量的H2SO4；控制pH，使Fe3+、Al3+完全沉淀．（3）写出反应Ⅲ中生成沉淀A的离子方程式：Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓、Ca2++CO32﹣═CaCO3↓．（4）洗涤所得Li2CO3沉淀要使用热水（选填“热水”或“冷水”），你选择的理由是Li2CO3在较高温度下溶解度小，用热水洗涤可减少Li2CO3的损耗．（5）将氯化锂溶液蒸干的过程中还需不断通入HCl气体，其作用是抑制LiCl的水解，防止生成LiOH，同时HCl可带走水蒸气（6）本实验在电解熔融氯化锂生产锂时，阳极产生的氯气中会混有少量氧气，原因是加热蒸干LiCl溶液时，LiCl有少量水解生成LiOH，受热分解生成Li2O，电解时产生O2．考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．专题：实验设计题．分析：β﹣锂辉矿（主要成分为LiAlSi2O6，还含有FeO、MgO、CaO等杂质）为原料来制取金属锂，加入过量浓硫酸溶解β﹣锂辉矿，加入碳酸钙除去过量的硫酸调节溶液PH=5，使铁离子和铝离子沉淀完全，加入水洗过滤洗去矿泥，然后加入氢氧化钙和碳酸钠沉淀镁离子和钙离子，过滤得到溶液中主要是锂离子的溶液，蒸发浓缩，加入碳酸钠沉淀锂离子生成碳酸锂，洗涤后加入盐酸溶解得到纯净的氯化锂溶液，加热蒸干得到氯化锂，电解熔融氯化锂得到金属锂．（1）根据元素的化合价将Li、Al、Si写成氧化物形式，中间用•连接即可；根据工艺流程可知，加入碳酸钙目的是除去硫酸，调节溶液pH，除去铁离子、铝离子；以沉淀为氢氧化镁、碳酸钙，据此写出反应的离子方程式；（4）分离出不溶物方法为过滤；根据表中数据可知，Li2CO3在较高温度下溶解度小，用热水洗涤可减少Li2CO3的损耗；（5）将氯化锂溶液蒸干的过程中还需不断通入HCl气体是抑制LiCl的水解，防止生成LiOH；（6）根据蒸干LiCl溶液时，LiCl有少量水解生成LiOH，氢氧化锂部分分解生成氧化锂，电解时会生成氢气．解答：解：（1）将硅酸盐改为氧化物形式的方法为：依次将各元素写成氧化物形式，中间用“•”连接，同时要注意氧化物先后顺序，为Li2O•Al2O3•4SiO2，故答案为：Li2O•Al2O3•4SiO2；由（1）改写可知，β﹣锂辉矿在加入过量浓硫酸后，只有SiO2不溶，同时Fe2+被氧化为Fe3+，并生成CaSO4沉淀，所以溶液中含有Fe3+、Al3+、Mg2+、Li+等离子，依据实验目的可知必须除去杂质离子，故在反应Ⅱ中加入碳酸钙的作用为：除去反应Ⅰ中过量的H2SO4；控制pH，使Fe3+、Al3+完全沉淀，故答案为：除去反应Ⅰ中过量的H2SO4；控制pH，使Fe3+、Al3+完全沉淀；（3）利用题干信息知反应Ⅲ要除去Mg2+，但在加入沉淀剂Ca（OH）2时会引入大量Ca2+，故还需加入Na2CO3除去Ca2+，即沉淀A为Mg（OH）2沉淀与CaCO3沉淀的混合物，反应的离子方程式为：Mg2++2OH﹣═Mg （OH）2↓、Ca2++CO32﹣═CaCO3↓，故答案为：Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓、Ca2++CO32﹣═CaCO3↓；（4）实验室里分离固液混合物的操作是过滤，由题中给出Li2CO3的溶解度与温度的关系，可知洗涤Li2CO3沉淀要使用热水，Li2CO3在较高温度下溶解度小，用热水洗涤可减少Li2CO3的损耗，故答案为：热水；Li2CO3在较高温度下溶解度小，用热水洗涤可减少Li2CO3的损耗；（5）将氯化锂溶液蒸干的过程中还需不断通入HCl气体，其作用是：抑制LiCl的水解，防止生成LiOH，同时HCl可带走水蒸气，故答案为：抑制LiCl的水解，防止生成LiOH，同时HCl可带走水蒸气；（6）由有氧气产生可逆推知可能的原因：加热蒸干LiCl溶液时，LiCl有少量水解生成LiOH，受热分解生成Li2O，电解时产生O2，故答案为：加热蒸干LiCl溶液时，LiCl有少量水解生成LiOH，受热分解生成Li2O，电解时产生O2 ；点评：本题考查了工业上以β﹣锂辉矿制取金属锂的方法，题目难度中等，试题涉及了化学式的书写、物质的分离与提纯、离子方程式的书写等知识，合理分析题中工艺流程是解题关键．9．“C 1化学”是指以碳单质或分子中含1个碳原子的物质（如CO、CO2、CH4、CH3OH、HCOOH等）为原料合成工业产品的化学工艺，对开发新能源和控制环境污染有重要意义．（1）一定温度下，在两个容积均为2L的密闭容器中，分别发生反应：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H=﹣49.0kJ/mol．相关数据如下：容器甲乙反应物投入量mol CO2（g）和3mol H2（g）mol CH3OH（g）和1mol H2O（g）平衡时c（CH3OH）c1c2平衡时能量变化放出29.4kJ吸收a kJ请回答：①a=19.6．②若甲中反应10s时达到平衡，则用CO2来表示甲中反应从开始到平衡过程中的平均反应速率是0.03mol•L ﹣1•S﹣1．甲烷的一个重要用途是制取H2，其原理为：CO2（g）+CH4（g）⇌2CO（g）+2H2（g）在密闭容器中通入等物质的量浓度的CH4与CO2，在一定条件下发生反应，测得CH4的平衡转化率与温度及压强的关系如图1所示，则压强P1小于P2（填“大于”或“小于”）；压强为P2时，在y点：v（正）大于v（逆）（填“大于”、“小于”或“等于”）．（3）一定条件下，治理汽车尾气的反应是2NO（g）+2CO（g）⇌2CO2（g）+N2（g）△H＜0．在恒温恒容的密闭容器中通入n（NO）：n（CO）=2：1的混合气体，发生上述反应．下列图象如图3正确且能说明反应在进行到t1时刻一定达到平衡状态的是cd（选填字母）．（4）甲酸（HCOOH）是一种弱酸，现用0.1mol•L﹣1 NaOH溶液分别滴定体积均为20.00mL、浓度均为0.1mol•L ﹣1的盐酸和甲酸溶液，滴定曲线如图2：滴定开始前，三种溶液中由水电离出的c（H+）最大的是甲酸溶液；V1和V2的关系V1＜V2（填“＞”、“=”或“＜”）；M点对应的溶液中，各离子的物质的量浓度由大到小的顺序是c（HCOO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）．考点：化学平衡的计算；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．分析：（1）①A、B是等效平衡，则A中放出的热量与B中吸收的热量之和为49.0kJ；②平衡时能量变化放出29.4kJ，求平衡时各组分的浓度，然后求平均反应速率；该反应正向为体积增大的方向，压强越大，CH4的转化率越小；压强为P2时，在Y点反应未达到平衡，则反应正向移动；（3）可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分浓度不再变化，据此进行判断．。
甘肃省西师大附中高三化学下学期压轴卷(含解析)
2015年甘肃省西师大附中高考化学压轴卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．下列有关物质应用的说法错误的是（）A．用食醋清洗热水瓶中的水垢B．工厂中常用的静电除尘装置是根据胶体带电这个性质而设计的C．氢氧化铝可用于治疗胃酸过多D．为了延长果实或花朵的成熟期，可用浸泡过高锰酸钾溶液的硅土吸收水果或花朵产生的乙烯2．下列有关化学实验操作的说法不合理的是（）A．在配制FeSO4溶液时常向其中加入一定量铁粉和稀硫酸B．用广泛pH试纸测量得某溶液的pH=13C．用碱式滴定管量取20.00mL0.1000mol/LKmnO4溶液D．实验室可将铜先氧化成氧化铜，再与硫酸反应来制取硫酸铜以节约药品、减少污染3．短周期元素Q、R、T、W在元素周期表中的位置如图所示，其中T所处的周期序数与主族序数相等，下列判断正确的是（）A．W的氢化物沸点高于水的沸点B．Q与氢形成的化合物一定含极性键，可能含有非极性键C．R的最高正价氧化物的水化物是弱电解质D．T与W的化合物可通过T、W的简单离子的水溶液混合制取4．如图所示，试管中盛有已检出部分离子的某溶液，下列推理正确的是（）A．向该溶液中加入Mg有H2逸出B．向该溶液中加入少量FeCl2，其离子反应方程式为：2NO3﹣+6I﹣+4H2OC．该溶液还可能大量存在MnO4﹣、ClO﹣D．向该溶液中逐滴加入Na2CO3溶液至过量，既有气体逸出又有沉淀生成5．某容器中发生一个化学反应，反应过程中存在H2O、ClO﹣、CN﹣、HCO3﹣、N2、Cl﹣六种物质，在反应过程中测得ClO和N2的物质的量随时间变化的曲线如图所示．下列有关判断中正确的是（）A．还原剂是CN﹣，氧化产物只有N2B．氧化剂是ClO﹣，还原产物是HCO3﹣C．配平后氧化剂与还原剂的计量系数之比为5：2D．标准状况下若生成2.24LN2，则转移电子0.5 mol6．分子式为C5H10O2的酸和分子式为C5H12O的醇在酸性条件下形成的酯共有（）A．16种B．20种C．32种D． 40种7．对于NH4Cl溶液的相关叙述不正确的是（）A．B．•H2O）C．将NH4C1溶解到氨水中，NH4C1抑制NH3•H2O的电离D．等物质的量浓度的NH4C1、CH3COONH4溶液中c（N）相等二、解答题（共6小题，满分88分）8．U、W、X、Y、Z都是短周期元素，且原子序数依次增大．其中U与W可形成三角锥形分子A，U与X可形成常温下呈液态的分子B，A、B均为10电子分子；X能与W形成两种常见的离子化合物甲、乙，其化学式中原子个数甲多于乙，Y元素原子的K层电子数与M层电子数相同；Z元素是地壳中含量最多的金属．请回答下列问题：（1）Z元素在周期表中的位置．U、W、X、Y、Z四种元素的原子半径由小到大的顺序是（用元素符号表示）．（2）U与W形成的18电子化合物的电子式是．实验室制取并检验气体A的方法是．（3）A与W的最高价氧化物的水化物反应所得产物的水溶液呈性（填“酸”、“碱”或“中”），用离子方程式说明其原因是．（4）将26.4g甲与Z单质的混合物投入过量的B中，固体完全溶解，所得溶液中仅有一种溶质，写出其化学式，在整个过程中产生的气体在标准状况下体积为．（5）若将Y单质与过量二氧化碳完全反应生成的全部固体与足量的热浓硝酸混合，充分反应后，产物中二氧化碳和二氧化氮共aL（标准状况，不考虑NO2部分转化成N2O4），则Y单质的质量是g（用含a的代数式表示）．9．已知A（g）+xB（g）⇌2C（g），一定温度下，某密闭容器中充入等物质的气体A和B发生上述反应，达到平衡后，只改变反应的一个条件，测得容器内有关物质的浓度、反应速率随时间变化的关系如图所示．请回答下列问题：（1）x= ．0﹣20min内用B的浓度变化表示的平均反应速率为，在左图中补充缺失的物质在0﹣30min内浓度变化曲线．一定条件下，当v正（B）：v逆（C）=时的状态即为化学平衡状态．（2）20min～30min内该反应的化学平衡常数为，若25min，35min，55min时时的化学平衡常数分别为K1，K2，K3，则三者大小关系为：（3）已知A（g）+xB（g）⇌2C（g）△H=﹣QkJ/mol，该反应生成2molC时（填“放出”或“吸收”）（填“大于”“小于”或“等于”）QkJ的热量．10．氮化铝（AlN）陶瓷是一种类金刚石氮化物的新型无机非金属材料，最高可稳定到2200℃，导热性好，热膨胀系数小，是良好的耐热冲击材料．抗熔融金属侵蚀的能力强，是熔铸纯铁、铝或铝合金理想的坩埚材料．氮化铝还是电绝缘体，介电性能良好，用作电器元件也很有希望．超细氮化铝粉末被广泛应用于大规模集成电路生产领域，制取原理为：Al2O3+3C+N22AlN+3CO．某化学研究性学习小组成员根据氮化铝的制取原理，进行了如下探究．（1）在制取氮化铝时由于反应不完全，氮化铝产品中所含杂质除了碳以外还可能存在（填物质名称）．（2）为测定该产品中有关成分的含量，甲、乙两同学设计了以下两个实验：甲同学：称取10.00g样品，将其加入过量的氢氧化钠溶液中共热并蒸干，其中AlN跟氢氧化钠溶液反应生成NaAlO2，并放出气体，上述反应的化学方程式为．乙同学：认为测定某氮化铝中含有杂质，可用图中Ⅰ装置来进行检验，根据AlN与NaOH溶液反应所生成气体的体积来测定样品中氮化铝的质量分数，并根据实验现象来确定杂质的成分（实验中导管体积忽略不计）①本试验中检查装置气密性的方法是．②广口瓶中的试剂X可最好选用（填选项的标号）．A、苯B、酒精C、植物油D、CCl4③实验中测得样品的质量为wg，氨气的体积为aL（标况下），则样品中AlN的质量分数为（AlN的式量为41）．④丙同学认为，乙同学的实验方法，可能因气体体积测量不准，导致误差较大．建议改用图中的Ⅱ装置进行同样实验，通过测定烧杯中硫酸的增重来确定样品中AlN的质量分数．你认为是否可行？（填“可行”、“不可行”），最简单的改进方法为．（若可行，则此空格可不作答）．丁同学仔细思考了丙同学的装置后，认为此装置所测得的样品中AlN含量偏小．其原因是．为不考虑空气中少量水蒸气的影响时，只要用图中的Ⅲ或Ⅳ两个装置中的一种，只需进行简单而又必要的数据测定，可比较准确地确定样品中AlN的质量分数．较合理的装置为（填代号）．11．氯化铜晶体（CuCl2•xH2O）是重要的化工原料，可用作催化剂、消毒剂等，用孔雀石[主要含Cu2（OH）2CO3，还含有少量Fe、Si的化合物]制备氯化铜晶体，方案如图：已知：有关金属离子从开始沉淀到沉淀完全时溶液的pH：Fe3+Cu2+Fe2+离子种类pH开始沉淀 2.7 5.4 8.1沉淀完全 3.7 6.9 9.6（1）酸溶时应选择酸的名称为；若溶液A含有的金属离子有Cu2+、Fe2+、Fe3+，则试剂①可选用（填字母）．A．Cu B．Cl2 C．NH3•H2O D．NaOH E．H2O2F．KMnO4（2）加入试剂②的目的是调节pH至a，a的范围是，写出试剂②的一种可能的化学式．由溶液C获得CuCl2•xH2O，包含4个基本实验操作，这4个基本实验操作依次是、过滤、用无水乙醇洗涤等操作，使用无水乙醇代替水进行洗涤的主要原因是．（3）为了测定制得的氯化铜晶体（CuCl2•xH2O）中x值，有同学设计了如下两种实验方案：①称取一定质量的晶体加热使其失去结晶水，称量所得无水CuCl2的质量．该方案存在的问题是．②称取ag晶体、加入足量氢氧化钠溶液，过滤、洗涤、加热沉淀至质量不再减轻为止，称量所得固体的质量为bg．则x= （用含a、b的代数式表示）．12．【化学选修3物质结构与性质】已知X、Y和Z三种元素的原子序数之和等于42．X元素原子的4p轨道上有3个未成对电子，Y元素原子的最外层2p轨道上有2个未成对电子．X跟Y可形成化合物X2Y3，Z元素可以形成负一价离子．请回答下列问题：（1）X元素原子基态时的电子排布式为，该元素的符号是．（2）Y元素原子的电子轨道表示式为，元素X与Y的电负性比较：X Y （填“＞”或“＜”）．（3）X与Z可形成化合物XZ3，该化合物的空间构型为．（4）由元素X与镓元素组成的化合物A为第三代半导体．已知化合物A的晶胞结构如图所示．（黑球位于立方体内，白球位于立方体顶点和面心）请写出化合物A的化学式：化合物A可由（CH3）3Ga和AsH3在700℃下反应制得，反应的化学方程式为（5）已知（CH3）3Ga为非极性分子，则其中镓原子的杂化方式为．13．工业上以乙烯为原料，合成化学式为C3H6O3的化合物．已知：请回答相关的问题：（1）写出下列物质的结构简式：A：；C：（2）写出反应③的化学方程式．（3）D在浓硫酸存在条件下加热，可生成五原子环状化合物E（C4H6O4），请写出反应的化学方程式．（4）下列说法正确的是A．化合物Ⅱ的分子式C5H9O2B．反应④的目的是防止﹣CHO在第⑤步被氧化C．反应③是消去反应，反应④是酯化反应D．化合物D可以发生缩聚反应得到高分子化合物（5）化合物F与C互为同分异构体，且化合物F满足以下条件：①取等物质的量F分别与NaHCO3、Na充分反应产生CO2和H2比为1：1②化合物F符合下面的核磁共振氢谱如图2，化合物F的结构简式为．205年甘肃省西师大附中高考化学压轴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．下列有关物质应用的说法错误的是（）A．用食醋清洗热水瓶中的水垢B．工厂中常用的静电除尘装置是根据胶体带电这个性质而设计的C．氢氧化铝可用于治疗胃酸过多D．为了延长果实或花朵的成熟期，可用浸泡过高锰酸钾溶液的硅土吸收水果或花朵产生的乙烯【考点】乙酸的化学性质；胶体的应用；两性氧化物和两性氢氧化物；乙烯的化学性质．【分析】A、醋酸的酸性比碳酸强，可与碳酸盐和碱反应；B、胶体不带电，胶粒带电；C、氢氧化铝能够和胃酸发生的物质，而且这种物质没有腐蚀性；D、乙烯具有生物调节功能，含有碳碳双键能被高锰酸钾氧化．【解答】解．A、食醋的主要成分为醋酸，酸性比碳酸强，水垢的主要成分为碳酸钙和氢氧化镁，都能与醋酸反应，可用用食醋清洗热水瓶中的水垢，故A正确；B、工厂中常用的静电除尘装置是根据胶粒带电这个性质而设计的，故B错误；C、氢氧化铝能够和胃酸发生的物质，而且这种物质没有腐蚀性，所以氢氧化铝可用于治疗胃酸过多，故C正确；D、乙烯具有生物调节功能，含有碳碳双键能被高锰酸钾氧化；为了延长果实或花朵的成熟期，可用浸泡过高锰酸钾溶液的硅土吸收水果或花朵产生的乙烯，故D正确，故选B．【点评】本题主要考查的是生活中常见化合物的性质以及用途、胶体的性质、药物用药原理、常见有机物的性质等知识，题目难度不大，注意把握物质的性质，为解答该类题目的关键．2．下列有关化学实验操作的说法不合理的是（）A．在配制FeSO4溶液时常向其中加入一定量铁粉和稀硫酸B．用广泛pH试纸测量得某溶液的pH=13C．用碱式滴定管量取20.00mL0.1000mol/LKmnO4溶液D．实验室可将铜先氧化成氧化铜，再与硫酸反应来制取硫酸铜以节约药品、减少污染【考点】盐类水解的原理；测定溶液pH的方法；不能加热的仪器及使用方法．【分析】A．硫酸亚铁溶液中亚铁离子水解生成氢氧化亚铁和氢离子，易被空气中的氧气氧化为铁离子；B．广泛pH试纸测量值为整数；C．KmnO4溶液具有强氧化性能腐蚀碱式滴定管；D．Cu与浓硫酸反应会生成二氧化硫．【解答】解：A．为防止亚铁离子被氧化和亚铁离子水解，配制溶液中加入铁粉防止亚铁离子被氧化，加入稀硫酸防止亚铁离子水解浑浊，故A正确；B．广泛pH试纸测量值为整数，则用广泛pH试纸测量得某溶液的pH=13，故B正确；C．KmnO4溶液具有强氧化性能腐蚀碱式滴定管，所以应该用酸式滴定管量取20.00mL0.1000mol/LKmnO4溶液，故C错误；D．Cu与浓硫酸反应会生成二氧化硫，会污染空气，将铜先氧化成氧化铜，再与硫酸反应来制取硫酸铜以节约药品、减少污染，故D正确．故选C．【点评】本题考查了实验基本操作的分析应用，注意积累实验知识，掌握基本操作规范，是解题关键，题目难度不大．3．短周期元素Q、R、T、W在元素周期表中的位置如图所示，其中T所处的周期序数与主族序数相等，下列判断正确的是（）A．W的氢化物沸点高于水的沸点B．Q与氢形成的化合物一定含极性键，可能含有非极性键C．R的最高正价氧化物的水化物是弱电解质D．T与W的化合物可通过T、W的简单离子的水溶液混合制取【考点】位置结构性质的相互关系应用．【分析】短周期元素Q、R、T、W，根据元素所处的位置，可确定T、W为第三周期的元素，Q、R为第二周期元素，T所处的周期序数与族序数相等，则T为Al元素，故Q为C元素，R为N 元素，W为S元素，据此结合选项解答．【解答】解：短周期元素Q、R、T、W，根据元素所处的位置，可确定T、W为第三周期的元素，Q、R为第二周期元素，T所处的周期序数与族序数相等，则T为Al元素，故Q为C元素，R 为N元素，W为S元素，A．W为S元素，其气态氢化物为H2S，由于水分子中含有氢键，则水的沸点高于硫化氢，故A 错误；B．Q为C元素，C与氢形成的化合物为烃，烃分子中一定含有碳氢极性键，还可能含有碳碳非极性键，故B正确；C．R为N元素，其最高价氧化物对应水化物为HNO3，属于强酸，是强电解质，故C错误；D．T为Al元素、W为S元素，二者形成的化合物为三硫化二铝，由于硫离子和硫离子在溶液中发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和硫化氢，所以不能通过二者的离子获得三硫化二铝，故D错误；故选B．【点评】本题主要是元素“位、构、性”三者关系的综合考查，题目难度中等，试题比较全面考查学生有关元素推断知识，注意整体把握元素周期表的结构、元素周期律的内容．4．如图所示，试管中盛有已检出部分离子的某溶液，下列推理正确的是（）A．向该溶液中加入Mg有H2逸出B．向该溶液中加入少量FeCl2，其离子反应方程式为：2NO3﹣+6I﹣+4H2OC．该溶液还可能大量存在MnO4﹣、ClO﹣D．向该溶液中逐滴加入Na2CO3溶液至过量，既有气体逸出又有沉淀生成【考点】离子方程式的书写；离子共存问题；硝酸的化学性质．【分析】A．金属和硝酸反应，无氢气生成；B．硝酸具有强氧化性能氧化亚铁离子为铁离子；C．NH4+、Al3+为弱碱的阳离子，ClO﹣为弱酸的酸根离子，阳离子和酸根离子易发生双水解；D．向该溶液中逐滴加入Na2CO3溶液至过量，反应掉溶液中的氢离子生成二氧化碳，碳酸根离子和铝离子发生双水解生成氢氧化铝沉淀．【解答】解：A．根据图示可知溶液中存在H+、NH4+、Al3+、NO3﹣离子，H+和NO3﹣离子相当于稀硝酸，金属镁溶于很稀的硝酸溶液，生成硝酸镁、硝酸铵和水，镁和稀硝酸也可发生反应：3Mg+8HNO3=3Mg（NO3）2+2NO↑+4H2O，无H2逸出，故A错误；B．硝酸根离子在酸性条件下，具有强氧化性，与亚铁离子发生氧化还原反应，可知发生的离子反应为4H++NO3﹣+3Fe2+=NO↑+3Fe3++4H2O，故B错误；C．NH4+、Al3+为弱碱的阳离子，ClO﹣为弱酸的酸根离子，NH4+和ClO﹣、Al3+和ClO﹣都能发生双水解，故C错误；D．向该溶液中逐滴加入Na2CO3溶液至过量，反应掉溶液中的氢离子生成二氧化碳，离子反应为CO32﹣+2H+=H2O+CO2↑，继续滴加入Na2CO3溶液，铝离子和碳酸根离子水解相互促进生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，故D正确；故选D．【点评】本题考查离子反应，是高考中常考考点，明确发生的化学反应是解答本题的关键，侧重考查了溶液中的离子的双水解问题，题目难度中等．5．某容器中发生一个化学反应，反应过程中存在H2O、ClO﹣、CN﹣、HCO3﹣、N2、Cl﹣六种物质，在反应过程中测得ClO和N2的物质的量随时间变化的曲线如图所示．下列有关判断中正确的是（）A．还原剂是CN﹣，氧化产物只有N2B．氧化剂是ClO﹣，还原产物是HCO3﹣C．配平后氧化剂与还原剂的计量系数之比为5：2D．标准状况下若生成2.24LN2，则转移电子0.5 mol【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】由曲线变化图可知，随反应进行ClO﹣的物质的量降低，N2的物质的量增大，故ClO﹣为反应物，N2是生成物，根据电子转移相等可知，CN﹣是反应物，由氯元素守恒可知Cl﹣是生成物，由碳元素守恒可知HCO3﹣是生成物，由氢元素守恒可知H2O是反应物．反应中Cl元素化合价由+1价降低为﹣1价，化合价总共降低2价，C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由﹣3价升高为0价，化合价升降最小公倍数为2[（4﹣2）+（3﹣0）]=10价，故CN﹣系数为2，ClO﹣系数为5，由元素守恒可知HCO3﹣系数为2，N2系数为1，Cl﹣系数为5，H2O系数为1，反应方程式为2CN﹣+5ClO﹣+H2O=2HCO3﹣+N2↑+5Cl﹣．A、由化合价变化可知氧化产物有HCO3﹣、N2；B、所含元素化合价降低的反应物是氧化剂，氧化剂通过还原反应生成的物质是还原产物．结合方程式，利用化合价变化判断；C、反应中是CN﹣是还原剂，ClO﹣是氧化剂，根据化合价升降配平，方程式判断；D、反应中只有氯元素化合价降低，根据氮气的体积计算参加反应的ClO﹣的物质的量，反应中Cl元素化合价由+1价降低为﹣1价，据此计算．【解答】解：由曲线变化图可知，随反应进行ClO﹣的物质的量降低，N2的物质的量增大，故ClO﹣为反应物，N2是生成物，根据电子转移相等可知，CN﹣是反应物，由氯元素守恒可知Cl﹣是生成物，由碳元素守恒可知HCO3﹣是生成物，由氢元素守恒可知H2O是反应物．反应中Cl元素化合价由+1价降低为﹣1价，化合价总共降低2价，C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由﹣3价升高为0价，化合价总共升降最小公倍数为2[（4﹣2）+（3﹣0）]=10价，故CN﹣系数为2，ClO﹣系数为5，由元素守恒可知HCO3﹣系数为2，N2系数为1，Cl﹣系数为5，H2O系数为1，反应方程式为2CN﹣+5ClO﹣+H2O=2HCO3﹣+N2↑+5Cl﹣．A、反应中，C元素化合价由CN﹣中+2价升高为HCO3﹣中+4价，N元素化合价由CN﹣中﹣3价升高为N2中0价，可知CN﹣为还原剂，氧化产物有HCO3﹣、N2，故A错误；B、反应中Cl元素化合价由ClO﹣中+1价降低为Cl﹣中﹣1价，ClO﹣是氧化剂，还原产物是Cl ﹣，故B错误；C、由上述分析可知，反应为2CN﹣+5ClO﹣+H2O=2HCO3﹣+N2↑+5Cl﹣，反应中是CN﹣是还原剂，ClO ﹣是氧化剂，氧化剂与还原剂的化学计量数之比为5：2，故C正确；D、2.24LN2（标准状况）的物质的量为0.1mol，所以参加反应的ClO﹣的物质的量为0.5mol，反应中只有氯元素化合价降低，由ClO﹣中+1价降低为Cl﹣中﹣1价，所以转移电子为0.5mol×2mol=1mol，故D错误．故选：C．【点评】本题考查氧化还原反应计算、基本概念等，难度中等，根据曲线变化图分析反应物、产物，利用守恒生成方程式是关键．6．分子式为C5H10O2的酸和分子式为C5H12O的醇在酸性条件下形成的酯共有（）A．16种B．20种C．32种D．40种【考点】同分异构现象和同分异构体．【专题】同分异构体的类型及其判定．【分析】根据分子式为C5H10O2的酸的种类取决于﹣C4H9的种类，分子式为C5H12O的醇的种类取决于﹣C5H11的种类，﹣C4H9异构体有4种：﹣CH2CH2CH2CH3，﹣CH（CH3）CH2CH3，﹣CH2CH（CH3）CH3，﹣C（CH3）3，﹣C5H11的异构体有8种：﹣CH2CH2CH2CH2CH3、﹣CH（CH3）CH2CH2CH3、﹣CH（CH2CH3）2、﹣CHCH（CH3）CH2CH3、﹣C（CH3）2CH2CH3、﹣C（CH3）CH（CH3）2、﹣CH2CH2CH（CH3）2、﹣CH2C （CH3）3，然后确定酯的种类．【解答】解：分子式为C5H10O2的酸的种类取决于﹣C4H9的种类，分子式为C5H12O的醇的种类取决于﹣C4H9的种类，﹣C4H9异构体有4种：﹣CH2CH2CH2CH3，﹣CH（CH3）CH2CH3，﹣CH2CH（CH3）CH3，﹣C（CH3）3，﹣C5H11的异构体有8种：﹣CH2CH2CH2CH2CH3、﹣CH（CH3）CH2CH2CH3、﹣CH（CH2CH3）2、﹣CHCH（CH3）CH2CH3、﹣C（CH3）2CH2CH3、﹣C（CH3）CH（CH3）2、﹣CH2CH2CH（CH3）2、﹣CH2C （CH3）3，即分子式为C5H10O2的酸有4种，分子式为C5H12O的醇有8种，所以形成的酯共有4×8=32种，故选：C．【点评】本题主要考查同分异构体的书写，难度中等，注意利用丁基、戊基的种类判断．7．对于NH4Cl溶液的相关叙述不正确的是（）A．B．•H2O）C．将NH4C1溶解到氨水中，NH4C1抑制NH3•H2O的电离D．等物质的量浓度的NH4C1、CH3COONH4溶液中c（N）相等【考点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较．【专题】盐类的水解专题．【分析】A、铵根离子水解显酸性；B、依据溶液中的物料守恒计算分析；C、氯化铵中的铵根离子抑制一水合氨的电离；D、醋酸铵溶液中醋酸根离子水解显碱性，铵根离子水解显酸性，氯离子对铵根离子水解无影响；【解答】解：A、铵根离子水解显酸性；溶液中的离子浓度为：c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故A正确；B、依据溶液中的物料守恒为：c（Cl﹣）=c（NH4+）+c（NH3•H2O）；故B正确；C、一水合氨是弱电解质，氯化铵中的铵根离子抑制一水合氨的电离；故C正确；D、醋酸铵溶液中醋酸根离子水解显碱性，铵根离子水解显酸性，氯离子对铵根离子水解无影响；氯化铵溶液中铵根离子浓度大于醋酸铵溶液中铵根离子浓度，故D错误；故选D．【点评】本题考查了盐类水解的应用，溶液中电荷守恒，物料守恒，弱电解质电离平衡的影响因素分析，题目难度中等．二、解答题（共6小题，满分88分）8．U、W、X、Y、Z都是短周期元素，且原子序数依次增大．其中U与W可形成三角锥形分子A，U与X可形成常温下呈液态的分子B，A、B均为10电子分子；X能与W形成两种常见的离子化合物甲、乙，其化学式中原子个数甲多于乙，Y元素原子的K层电子数与M层电子数相同；Z元素是地壳中含量最多的金属．请回答下列问题：（1）Z元素在周期表中的位置第三周期ⅢA族．U、W、X、Y、Z四种元素的原子半径由小到大的顺序是O＜N＜Al＜Mg＜Na （用元素符号表示）．（2）U与W形成的18电子化合物的电子式是．实验室制取并检验气体A的方法是2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O，将湿润的红色石蕊试纸靠近气体，若试纸变蓝，则是氨气．（3）A与W的最高价氧化物的水化物反应所得产物的水溶液呈酸性（填“酸”、“碱”或“中”），用离子方程式说明其原因是NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，导致氢离子浓度大于氢氧根离子的浓度，所以溶液呈酸性．（4）将26.4g甲与Z单质的混合物投入过量的B中，固体完全溶解，所得溶液中仅有一种溶质，写出其化学式NaAlO2，在整个过程中产生的气体在标准状况下体积为15.68L ．（5）若将Y单质与过量二氧化碳完全反应生成的全部固体与足量的热浓硝酸混合，充分反应后，产物中二氧化碳和二氧化氮共aL（标准状况，不考虑NO2部分转化成N2O4），则Y单质的质量是g（用含a的代数式表示）．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【分析】U、W、X、Y、Z都是短周期元素，且原子序数依次增大．其中U与W可形成三角锥形分子A，则U为H，W为N，A为NH3，U与X可形成常温下呈液态的分子B，A、B均为10电子分子，则X为O，B为H2O；X能与W形成两种常见的离子化合物甲、乙，其化学式中原子个数甲多于乙，所以W是Na，其中甲是过氧化钠，乙是氧化钠；Y元素原子的K层电子数与M层电子数相同，则Y为Mg；Z元素是地壳中含量最多的金属，则Z为Al，然后利用元素及其单质、化合物的性质来解答．【解答】解：U、W、X、Y、Z都是短周期元素，且原子序数依次增大．其中U与W可形成三角锥形分子A，则U为H，W为N，A为NH3，U与X可形成常温下呈液态的分子B，A、B均为10电子分子，则X为O，B为H2O；X能与W形成两种常见的离子化合物甲、乙，其化学式中原子个数甲多于乙，所以W是Na，其中甲是过氧化钠，乙是氧化钠；Y元素原子的K层电子数与M 层电子数相同，则Y为Mg；Z元素是地壳中含量最多的金属，则Z为Al，（1）铝的质子数为13，位于第三周期ⅢA族，原子的电子层数越多，半径越大，同周期元素从左向右原子半径在减小，则原子半径为O＜N＜Al＜Mg＜Na，故答案为：第三周期ⅢA族；O＜N＜Al＜Mg＜Na；（2）U与X形成的18电子化合物为H2O2，其电子式为，实验室用氯化铵和碱石灰反应制取氨气，即碱与盐反应生成新碱和新盐，化学方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O，检验氨气，可以利用氨气的水溶液显碱性，即用“使湿润的红色石蕊试纸变蓝”；也可以用氨气遇浓盐酸产生白烟，即“用蘸有浓盐酸的玻璃棒放在瓶口，产生白烟”，故答案为：；2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O，将湿润的红色石蕊试纸靠近气体，若试纸变蓝，则是氨气；（3）A与W的最高价氧化物的水化物是硝酸，反应所得硝酸铵是强酸弱碱盐，水解溶液呈酸性，水解反应方程式为NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，故答案为：酸；NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，导致氢离子浓度大于氢氧根离子的浓度，所以溶液呈酸性；（4）26.4g的过氧化钠与铝和水发生2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑反应，因为所得溶液中仅有一种溶质，所以溶质为偏铝酸钠，则n（Na2O2）：n（Al）=1：2，设过氧化钠的物质的量为xmol，则铝的物质的量为2xmol，所以78x+54x=26.4g，则x=0.2mol；所以生成氧气的物质的量为0.1mol，铝与碱反应生成氢气的物质的量为：=0.6mol，所以生成气体的总物质的量为：0.7mol，体积为：0.7mol×22.4L/mol=15.68L，故答案为：NaAlO2；15.68L；（5）Mg与二氧化碳的反应为2Mg+CO22MgO+C，C与浓硝酸反应生成二氧化碳和二氧化氮，设二氧化碳的物质的量x，由电子守恒可知，x×4=（﹣x）×1，解得x=mol，再由2Mg+CO22MgO+C可知，Mg的物质的量为mol×2=mol，则Mg的质量为mol×24g/mol=，故答案为：．【点评】本题考查原子结构与元素周期律，元素的推断是解答本题的关键，应熟悉分子的构型、10电子微粒及氧化还原反应来解答，难度不大．。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
甘肃省兰州市西北师大附中2015届高考化学四诊试卷一、选择题：本题共7小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．生活处处有化学．下列说法正确的是（）A．制饭勺、饭盒、高压锅等的不锈钢是合金B．做衣服的棉和麻均与淀粉互为同分异构体C．煎炸食物的花生油和牛油都是可皂化的饱和酯类D．磨豆浆的大豆富含蛋白质，豆浆煮沸后蛋白质变成了氨基酸2．设N A为阿伏加德罗常数的值，则下列说法正确的是（）A．电解精炼铜时，若阳极质量减少6.4 g，则电路中转移电子数为0.2N AB．向NH4Al（SO4）2稀溶液中逐滴加入过量Ba（OH）2溶液，离子方程式为：NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++5OH﹣=2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2O+NH3•H2OC．常温下，由水电离出的H+浓度为10﹣13mol•L﹣1的溶液中，Fe2+、Cl﹣、Na+、NO3﹣可能大量共存D．葡萄糖（C6H12O6）溶液中：SO42﹣、MnO4﹣、K+、H+可以大量共存3．某有机物T的分子式为C5H12O4，0.1mol T与足量钠反应生成4.48L（标准状况）氢气．已知一个碳原子上连接两个﹣OH的有机物不稳定．则T的稳定结构（不考虑立体异构）有（）A．6种B．7种C．8种D．9种4．S﹣诱抗素制剂能保持鲜花盛开，S﹣诱抗素的分子结构如图，下列关于该物质说法正确的是（）A．S﹣诱抗素制剂能发生酯化反应的官能团有2种B．含有苯环、羟基、羰基、羧基、碳碳双键C．mol S﹣诱抗素制剂与足量金属Na反应生成0.5mol H2D．该化合物不能发生聚合反应5．电解法是处理工业废水的一种重要方法．如酸性含（Cr2O72﹣）废水就可以采用电解法进行无害化处理．电解时采用Fe作阳极，惰性电极作阴极．已知：①氧化性：Cr2O72﹣＞Fe3+；②Cr2O72﹣被还原生成Cr3+；③K sp[Cr （OH）3]=6.3×10﹣31．下列说法正确的是（）A．阳极材料也可以是CuB．阴极每产生3molH2，则有1mol Cr2O72﹣被还原C．一段时间后溶液中发生反应Cr2O72﹣+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2OD．电解最后阶段需要加碱，使溶液中的阳离子转化为沉淀6．下列说法正确的是（）A．制备硫酸亚铁晶体时，最后在蒸发皿中蒸发浓缩溶液时，只需小火加热至溶液被全部蒸干B．向1 mL浓度均为0.05 mol•L﹣1的NaCl、NaI混合溶液中滴加2滴0.01 mol•L﹣1的AgNO3溶液，振荡，沉淀呈黄色．结论：Ksp（AgCl）＜Ksp（AgI）C．0.1mol•L﹣1的NaOH溶液分别中和pH、体积均相等的醋酸和盐酸，所消耗NaOH溶液的体积：前者小于后者D．水的电离过程是吸热过程，升高温度，水的离子积增大、pH减小7．下列关于各实验装置图的叙述中正确的是（）A．构成锌﹣铜原电池B．除去Cl2中含有的少量HClC．验证溴乙烷发生消去反应生成烯烃D．由实验现象推知酸性强弱顺序为CH3COOH＞H2CO3＞C6H5OH二、解答题（共3小题，满分43分）8．锂被誉为“金属味精”，以LiCoO2为正极材料的锂离子电池已被广泛用作便携式电源．工业上常以β锂辉矿（主要成分为LiAlSi2O6，还含有FeO、MgO、CaO等杂质）为原料来制取金属锂．其中一种工艺流程如下：已知：①部分金属氢氧化物开始沉淀和完全沉淀时的pH：氢氧化物Fe（OH）3Al（OH）3Mg（OH）2开始沉淀pH.73.79.6完全沉淀pH3.74.71②Li2CO3在不同温度下的溶解度如下表：温度/℃000507500Li2CO3的溶解度/g.539.406.329.1810.8660.728请回答下列问题：（1）用氧化物形式表示LiAlSi2O6的组成：．反应Ⅱ加入碳酸钙的作用是．（3）写出反应Ⅲ中生成沉淀A的离子方程式：．（4）洗涤所得Li2CO3沉淀要使用（选填“热水”或“冷水”），你选择的理由是．（5）将氯化锂溶液蒸干的过程中还需不断通入HCl气体，其作用是（6）本实验在电解熔融氯化锂生产锂时，阳极产生的氯气中会混有少量氧气，原因是．9．“C 1化学”是指以碳单质或分子中含1个碳原子的物质（如CO、CO2、CH4、CH3OH、HCOOH等）为原料合成工业产品的化学工艺，对开发新能源和控制环境污染有重要意义．（1）一定温度下，在两个容积均为2L的密闭容器中，分别发生反应：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H=﹣49.0kJ/mol．相关数据如下：容器甲乙反应物投入量mol CO2（g）和3mol H2（g）mol CH3OH（g）和1mol H2O（g）平衡时c（CH3OH）c1c2平衡时能量变化放出29.4kJ吸收a kJ请回答：①a=．②若甲中反应10s时达到平衡，则用CO2来表示甲中反应从开始到平衡过程中的平均反应速率是mol•L﹣1•S﹣1．甲烷的一个重要用途是制取H2，其原理为：CO2（g）+CH4（g）⇌2CO（g）+2H2（g）在密闭容器中通入等物质的量浓度的CH4与CO2，在一定条件下发生反应，测得CH4的平衡转化率与温度及压强的关系如图1所示，则压强P1P2（填“大于”或“小于”）；压强为P2时，在y点：v（正）v（逆）（填“大于”、“小于”或“等于”）．（3）一定条件下，治理汽车尾气的反应是2NO（g）+2CO（g）⇌2CO2（g）+N2（g）△H ＜0．在恒温恒容的密闭容器中通入n（NO）：n（CO）=2：1的混合气体，发生上述反应．下列图象如图3正确且能说明反应在进行到t1时刻一定达到平衡状态的是（选填字母）．（4）甲酸（HCOOH）是一种弱酸，现用0.1mol•L﹣1 NaOH溶液分别滴定体积均为20.00mL、浓度均为0.1mol•L﹣1的盐酸和甲酸溶液，滴定曲线如图2：滴定开始前，三种溶液中由水电离出的c（H+）最大的是；V1和V2的关系V1V2（填“＞”、“=”或“＜”）；M点对应的溶液中，各离子的物质的量浓度由大到小的顺序是．10．水杨酸甲酯又叫冬青油，是一种重要的有机合成原料．某化学小组用水杨酸（）和甲醇在酸性催化剂催化下合成水杨酸甲酯并计算其产率．实验步骤：Ⅰ．如图，在三颈烧瓶中加入6.9g （0.05mol）水杨酸和24g（30mL，0.75mol）甲醇，向混合物中加入约10mL甲苯（甲苯与水形成的共沸物，沸点为85℃，该实验中加入甲苯，易将水蒸出），再小心地加入5mL浓硫酸，摇动混匀，加入1～2粒沸石，组装好实验装置，在85～95℃下恒温加热反应1.5小时：Ⅱ．待装置冷却后，分离出甲醇，然后转移至分液漏斗，依次用少量水、5%NaHCO3溶液和水洗涤；分出的产物加入少量无水MgSO4固体，过滤得到粗酯；Ⅲ．将粗酯进行蒸馏，收集221℃～224℃的馏分，得水杨酸甲酯4.5g．常用物理常数：名称分子量颜色状态相对密度熔点（℃）沸点（℃）水杨酸甲酯52无色液体.18﹣8.624水杨酸38白色晶体.445810甲醇32无色液体0.792﹣9764.7请根据以上信息回答下列问题：（1）仪器A的名称是，制备水杨酸甲酯时，最合适的加热方法是．实验中加入甲苯对合成水杨酸甲酯的作用是．（3）反应结束后，分离甲醇的操作是．（4）洗涤操作中，第一次水洗的主要目的是，第二次水洗的主要目的是．（5）检验产品中是否含有水杨酸的化学方法是．（6）本实验的产率为（保留两位有效数字）．三、选考题（选作1题，共做3题，共15分）【化学化学与技术】11．海洋是一个丰富的资源宝库，通过海水的综合利用可获得许多物质供人类使用．（1）海水中盐的开发利用：①海水制盐目前以盐田法为主，建盐田必须选在远离江河入海口，多风少雨，潮汐落差大且又平坦空旷的海滩．所建盐田分为贮水池、池和结晶池．②工业上通常以NaCl、CO2和NH3为原料制取纯碱，请写出第一步制取NaHCO3的化学方程式．电渗析法是近年来发展起来的一种较好的海水淡化技术，其原理如图1所示．其中具有选择性的阴离子交换膜和阳离子交换膜相间排列．请回答下面的问题：Ⅰ．电渗析法淡化海水中阴极室可获得的重要化工原料有．II．图中虚线部分表示离子交换膜．淡水从（A或B）排出．（3）用苦卤（含Na+、K+、Mg2+、Cl﹣、Br﹣等离子）可提取溴，其生产流程如图：Ⅰ．写出反应③的离子方程式为．II．通过①氯化已获得含Br2的溶液，为何还需经过吹出、吸收、酸化来重新获得含Br2的溶液？．Ⅲ．向蒸馏塔中通入水蒸气加热，控制温度在90℃左右进行蒸馏的原因是．【化学物质结构与性质】（共1小题，满分0分）12．X、Y、Z、L四种元素分别位于周期表中三个紧相邻的周期且原子序数依次增大，它们相关信息如下：X元素原子的价电子构型为nS n nP2nY 和Z位于同一周期，最外层都有两个未成对电子L元素原子的基态未成对电子数是同周期最多的元素请回答如下问题：（1）L元素在周期表中的位置是，该原子核外电子排布式是，其最高正价氧化物对应的水氧化物的化学式是元素X与Y形成的化合物晶体类型是晶体，1mol该化合物含有的化学键数为（用阿伏加德罗常数N A表示）（3）元素M是周期表中电负性最强的元素，X与M形成的化合物XM2的分子几何构型是，该化合物中X的原子的杂化轨道类型是（4）X与碳、氢、三种元素形成的相对分子质量最小的分子里有个δ键，个π键（5）金属元素N与Z形成的离子化合物的晶胞结构如图，晶胞中Z离子数目为．[化学选修5有机化学基础]（共1小题，满分0分）13．某抗结肠炎药物有效成分的合成路线如下（部分反应略去试剂和条件）：已知：（a）（1）烃A的结构简式是；①的反应条件是；②的反应类型是；（3）下列对抗结肠炎药物有效成分可能具有的物质推测正确的是：；A．水溶性比苯酚好，密度比苯酚的大B．能发生消去反应C．能发生聚合反应D．既有酸性又有碱性（4）E与足量NaOH溶液反应的化学方程式是；（5）写出所有符合下列条件的E的同分异构体的结构简式：；a．与E具有相同的官能团b．苯环上的一硝基取代产物有两种（6）已知易被氧化，苯环上连有烷基时再引入一个取代基，常取代在烷基的邻对位，而当苯环上连有羧基时则取代在间位．据此写出以A为原料合成化合物的合成路线．（依照题中抗结肠炎药物有效成分的合成路线的表达方式答题）甘肃省兰州市西北师大附中2015届高考化学四诊试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共7小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．生活处处有化学．下列说法正确的是（）A．制饭勺、饭盒、高压锅等的不锈钢是合金B．做衣服的棉和麻均与淀粉互为同分异构体C．煎炸食物的花生油和牛油都是可皂化的饱和酯类D．磨豆浆的大豆富含蛋白质，豆浆煮沸后蛋白质变成了氨基酸考点：金属与合金在性能上的主要差异；同分异构现象和同分异构体；油脂的性质、组成与结构；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点．专题：化学应用．分析：A．合金就是某种金属与其他一种或几种金属或非金属融合在一起形成的混合物；B．棉和麻主要成分是纤维素；C．花生油是植物油是不饱和酯类；D．蛋白质要在催化剂作用下才能水解为氨基酸．解答：解：A．“不锈钢是合金”，不锈钢是铁、钴、镍的合金，故A正确；B．棉和麻主要成分是纤维素，与淀粉不属于同分异构体，n值不同，故B错误；C．花生油是不饱和酯类，牛油是饱和酯类，故C错误；D．豆浆煮沸是蛋白质发生了变性，故D错误．故选A．点评：本题考查合金、同分异构体、油脂和蛋白质的性质，难度较小，旨在考查学生对基础知识的识记，注意基础知识的积累掌握．2．设N A为阿伏加德罗常数的值，则下列说法正确的是（）A．电解精炼铜时，若阳极质量减少6.4 g，则电路中转移电子数为0.2N AB．向NH4Al（SO4）2稀溶液中逐滴加入过量Ba（OH）2溶液，离子方程式为：NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++5OH﹣=2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2O+NH3•H2OC．常温下，由水电离出的H+浓度为10﹣13mol•L﹣1的溶液中，Fe2+、Cl﹣、Na+、NO3﹣可能大量共存D．葡萄糖（C6H12O6）溶液中：SO42﹣、MnO4﹣、K+、H+可以大量共存考点：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、粗铜中含有还原性强于铜的杂质铁、锌，电解过程中优先放电；B、书写一方过量的离子方程式时，设量少的物质的物质的量为1mol，根据所消耗的离子来书写；C、由水电离出的H+浓度为10﹣13mol•L﹣1的溶液，水的电离被抑制，可能是酸溶液也可能是碱溶液；D、葡萄糖是多羟基的醛，含醛基，有强还原性．解答：解：A、电解精炼铜时，阳极粗铜中含有活泼性较强的铁、先等杂质，电解时铁、锌杂质先放电，且铁摩尔质量小于铜的64g/mol，锌的摩尔质量大于铜的摩尔质量，所以阳极减少6.4g，转移的电子的物质的量不一定为0.2mol，故A错误；B、书写一方过量的离子方程式时，设量少的NH4Al（SO4）2的物质的量为1mol，则1molNH4+消耗1molOH﹣，1molAl3+消耗4molOH﹣，2molSO42﹣消耗2molBa2+，故离子方程式为：NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++5OH﹣=2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2O+NH3•H2O，故B正确；C、由水电离出的H+浓度为10﹣13mol•L﹣1的溶液，水的电离被抑制，可能是酸溶液也可能是碱溶液，当是酸溶液时，有大量的氢离子，则Fe2+、H+、与NO3﹣不能大量共存；若为碱溶液，则存在大量OH﹣，而与Fe2+不能共存，故C错误；D、葡萄糖是多羟基的醛，含醛基，有强还原性，能被MnO4﹣氧化而不能共存，故D错误．故选B．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．3．某有机物T的分子式为C5H12O4，0.1mol T与足量钠反应生成4.48L（标准状况）氢气．已知一个碳原子上连接两个﹣OH的有机物不稳定．则T的稳定结构（不考虑立体异构）有（）A．6种B．7种C．8种D．9种考点：有机化合物的异构现象．分析：分子式为C5H12O4，0.1mol T与足量钠反应生成4.48L（标准状况）氢气即0.2mol氢气，即1mol T与足量钠反应生成4.48L（标准状况）氢气即2mol氢气，则说明C5H12O4中含4个﹣OH，已知一个碳原子上连接两个﹣OH的有机物不稳定，即4个﹣OH分别连在4个碳原子上，只有一个碳原子上不连﹣OH，据此分析．解答：解：有机物的分子式为C5H12O4，0.1mol T与足量钠反应生成4.48L（标准状况）氢气即0.2mol氢气，即1mol T与足量钠反应生成4.48L（标准状况）氢气即2mol氢气，则说明C5H12O4中含4个﹣OH，已知一个碳原子上连接两个﹣OH的有机物不稳定，即4个﹣OH分别连在4个碳原子上，只有一个碳原子上不连﹣OH．当这5个碳原子为正戊烷C﹣C﹣C﹣C﹣C的碳链结构时，这唯一一个不连﹣OH的碳原子的可能位置有3种，即4个﹣OH在此碳链上的连接方式有3种，即CH2（OH）CH（OH）CH（OH）CH（OH）CH3，CH2（OH）CH（OH）CH（OH）CH2CH2OH；CH2（OH）CH（OH）CH2CH（OH）CH2OH当这5个碳原子为异戊烷的碳链结构时，这唯一一个不连﹣OH的碳原子的可能位置有4种，即4个﹣OH在此碳链上的连接方式有4种：（CH2OH）2C（OH）CH（OH）CH3，（CH2OH）2C（OH）CH2CH2OH；（CH2OH）2CHCH（OH）CH2OH，HOCH2CH（CH3）（OH）CH3CH （OH）CH2OH；当这5个碳原子为新戊烷的碳链结构时，由于能连﹣OH的碳原子只有4个，故将4个﹣OH 连在C原子上的连接方法只有1种，即C（CH2OH）4；故T的稳定结构共有8种．故选C．点评：本题考查了同分异构体的书写，注意当有多个官能团时书写位置异构时的解题技巧，难度较大．4．S﹣诱抗素制剂能保持鲜花盛开，S﹣诱抗素的分子结构如图，下列关于该物质说法正确的是（）A．S﹣诱抗素制剂能发生酯化反应的官能团有2种B．含有苯环、羟基、羰基、羧基、碳碳双键C．mol S﹣诱抗素制剂与足量金属Na反应生成0.5mol H2D．该化合物不能发生聚合反应考点：有机物的结构和性质．专题：有机物的化学性质及推断．分析：由S﹣诱抗素的分子结构可知，分子中含﹣OH、双键、﹣COOH、羰基，结合醇、烯烃、羧酸及酮的性质来解答．解答：解：A．含﹣OH、﹣COOH两种官能团可发生酯化反应，故A正确；B．分子中不含苯环，故B错误；C．只有﹣OH、﹣COOH与Na反应，则1mol S﹣诱抗素制剂与足量金属Na反应生成1mol H2，故C错误；D．含双键可发生加聚反应，含﹣OH、﹣COOH可发生缩聚反应，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，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．5．电解法是处理工业废水的一种重要方法．如酸性含（Cr2O72﹣）废水就可以采用电解法进行无害化处理．电解时采用Fe作阳极，惰性电极作阴极．已知：①氧化性：Cr2O72﹣＞Fe3+；②Cr2O72﹣被还原生成Cr3+；③K sp[Cr （OH）3]=6.3×10﹣31．下列说法正确的是（）A．阳极材料也可以是CuB．阴极每产生3molH2，则有1mol Cr2O72﹣被还原C．一段时间后溶液中发生反应Cr2O72﹣+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2OD．电解最后阶段需要加碱，使溶液中的阳离子转化为沉淀考点：电解原理．分析：A ．铁为电极，则阳极上铁失去电子生成二价铁具有还原性可以将Cr 2O 72﹣被还原生成Cr 3+；B ．阴极每产生3molH 2，则转移电子数6mol ，根据氧化还原反应得失电子守恒得6Fe ～12e ﹣～6Fe 2+～Cr 2O 72﹣，据此计算；C ．亚铁离子具有还原性，发生氧化还原反应；D ．阳离子向阴极移动，且阴极生成碱．解答：解：A ．铁为电极，则阳极上铁失去电子，则发生Fe ﹣2e ﹣=Fe 2+，二价铁具有还原性可以将Cr 2O 72﹣被还原生成Cr 3+，而铜作阳极生成铜离子无还原性，不能将Cr 2O 72﹣被还原生成Cr 3+，故A 错误；B ．阴极每产生3molH 2，则转移电子数6mol ，根据氧化还原反应得失电子守恒得6Fe ～12e ﹣～6Fe 2+～Cr 2O 72﹣，故被还原的Cr 2O 72﹣的物质的量为0.5mol ，故B 错误；C ．电解时阳极生成的亚铁离子具有还原性，发生氧化还原反应，离子反应为Cr 2O 72﹣+6Fe 2++14H +=2Cr 3++6Fe 3++7H 2O ，故C 正确；D ．由C 可知，反应中生成的阳离子向阴极移动，且阴极生成碱，则在阴极附近生成Cr （0H ）3和Fe （0H ）3沉淀，所以电解最后阶段不需要加碱，故D 错误；故选C ．点评：本题考查电解原理，明确电解过程中离子的移动及离子的放电顺序、发生的电极反应是解答本题的关键，题目难度中等．6．下列说法正确的是（ ）A ．制备硫酸亚铁晶体时，最后在蒸发皿中蒸发浓缩溶液时，只需小火加热至溶液被全部蒸干B ．向1 mL 浓度均为0.05 mol •L ﹣1的NaCl 、NaI 混合溶液中滴加2滴0.01 mol •L﹣1的AgNO 3溶液，振荡，沉淀呈黄色．结论：Ksp （AgCl ）＜Ksp （AgI ）C ．0.1mol •L ﹣1的NaOH 溶液分别中和pH 、体积均相等的醋酸和盐酸，所消耗NaOH 溶液的体积：前者小于后者D ．水的电离过程是吸热过程，升高温度，水的离子积增大、pH 减小考点：盐类水解的应用；弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．分析：A 、蒸发操作不能直接蒸干；B 、结构相似的难溶盐，浓度都相同时，溶度积常数越小的越先沉淀；C 、pH 、体积均相同的醋酸和盐酸，醋酸的浓度大；D 、根据水的离子积表达式以及水的电离平衡影响知识来回答．解答：解：A 、蒸发操作不能直接蒸干，以防止温度过高而导致分解而变质，故A 错误．B 、结构相似的难溶盐，浓度都相同时，溶度积常数越小的越先沉淀，混合溶液中生成黄色沉淀，说明Ksp （AgCl ）＞Ksp （AgI ），故B 错误；C 、pH 、体积均相同的醋酸和盐酸，由于醋酸部分电离，所以醋酸的浓度大于HCl 的浓度，因此消耗NaOH 溶液的体积醋酸比HCl 大，故C 错误；D 、水的电离过程是吸热过程，升高温度，平衡向右移动，水的离子积增大，氢离子浓度增大，所以pH 减小，故D 正确．故选D ．点评：本题考查了弱电解质的电离、盐的水解、溶度积常数比较、实验基本操作等知识点，难度不大，注意电离平衡常数只与温度有关，溶度积常数比较物质溶解性大小的方法．7．下列关于各实验装置图的叙述中正确的是（）A．构成锌﹣铜原电池B．除去Cl2中含有的少量HClC．验证溴乙烷发生消去反应生成烯烃D．由实验现象推知酸性强弱顺序为CH3COOH＞H2CO3＞C6H5OH考点：化学实验方案的评价．专题：实验评价题．分析：A．电极材料和电解池溶液放置颠倒；B．氯气和氯化氢都与氢氧化钠溶液反应；C．不能排除乙醇的干扰；D．乙酸和碳酸钠溶液反应生成二氧化碳气体，用饱和碳酸氢钠除去挥发的醋酸，如苯酚钠溶液变浑浊，可证明实验结论．解答：解：A．应将锌插入硫酸锌，铜插入硫酸铜溶液中，否则锌置换铜，不能形成原电池反应，故A错误；B．氯气和氯化氢都与氢氧化钠溶液反应，应用饱和食盐水除杂，故B错误；C．乙醇易挥发，其能与酸性高锰酸钾溶液反应，应先除去乙醇，故C错误；D．乙酸和碳酸钠溶液反应生成二氧化碳气体，用饱和碳酸氢钠除去挥发的醋酸，如苯酚钠溶液变浑浊，则可说明酸性CH3COOH＞H2CO3＞C6H5OH，故D正确．故选D．点评：本题考查化学实验方案的评价，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，为2015届高考常见题型，注意把握实验的原理以及实验操作的严密性的判断，难度不大．二、解答题（共3小题，满分43分）8．锂被誉为“金属味精”，以LiCoO2为正极材料的锂离子电池已被广泛用作便携式电源．工业上常以β锂辉矿（主要成分为LiAlSi2O6，还含有FeO、MgO、CaO等杂质）为原料来制取金属锂．其中一种工艺流程如下：已知：①部分金属氢氧化物开始沉淀和完全沉淀时的pH：氢氧化物Fe（OH）3Al（OH）3Mg（OH）2开始沉淀pH.73.79.6完全沉淀pH3.74.71②Li2CO3在不同温度下的溶解度如下表：温度/℃000507500Li2CO3的溶解度/g.539.406.329.1810.8660.728请回答下列问题：（1）用氧化物形式表示LiAlSi2O6的组成：Li2O•Al2O3•4SiO2．反应Ⅱ加入碳酸钙的作用是除去反应Ⅰ中过量的H2SO4；控制pH，使Fe3+、Al3+完全沉淀．（3）写出反应Ⅲ中生成沉淀A的离子方程式：Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓、Ca2++CO32﹣═CaCO3↓．（4）洗涤所得Li2CO3沉淀要使用热水（选填“热水”或“冷水”），你选择的理由是Li2CO3在较高温度下溶解度小，用热水洗涤可减少Li2CO3的损耗．（5）将氯化锂溶液蒸干的过程中还需不断通入HCl气体，其作用是抑制LiCl的水解，防止生成LiOH，同时HCl可带走水蒸气（6）本实验在电解熔融氯化锂生产锂时，阳极产生的氯气中会混有少量氧气，原因是加热蒸干LiCl溶液时，LiCl有少量水解生成LiOH，受热分解生成Li2O，电解时产生O2．考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．专题：实验设计题．分析：β﹣锂辉矿（主要成分为LiAlSi2O6，还含有FeO、MgO、CaO等杂质）为原料来制取金属锂，加入过量浓硫酸溶解β﹣锂辉矿，加入碳酸钙除去过量的硫酸调节溶液PH=5，使铁离子和铝离子沉淀完全，加入水洗过滤洗去矿泥，然后加入氢氧化钙和碳酸钠沉淀镁离子和钙离子，过滤得到溶液中主要是锂离子的溶液，蒸发浓缩，加入碳酸钠沉淀锂离子生成碳酸锂，洗涤后加入盐酸溶解得到纯净的氯化锂溶液，加热蒸干得到氯化锂，电解熔融氯化锂得到金属锂．（1）根据元素的化合价将Li、Al、Si写成氧化物形式，中间用•连接即可；根据工艺流程可知，加入碳酸钙目的是除去硫酸，调节溶液pH，除去铁离子、铝离子；（3）反应Ⅲ要除去镁离子，加入过量氢氧化钙后生成氢氧化镁沉淀，然后用碳酸钠除去过量的钙离子杂质，所以沉淀为氢氧化镁、碳酸钙，据此写出反应的离子方程式；（4）分离出不溶物方法为过滤；根据表中数据可知，Li2CO3在较高温度下溶解度小，用热水洗涤可减少Li2CO3的损耗；（5）将氯化锂溶液蒸干的过程中还需不断通入HCl气体是抑制LiCl的水解，防止生成LiOH；（6）根据蒸干LiCl溶液时，LiCl有少量水解生成LiOH，氢氧化锂部分分解生成氧化锂，电解时会生成氢气．解答：解：（1）将硅酸盐改为氧化物形式的方法为：依次将各元素写成氧化物形式，中间用“•”连接，同时要注意氧化物先后顺序，为Li2O•Al2O3•4SiO2，故答案为：Li2O•Al2O3•4SiO2；由（1）改写可知，β﹣锂辉矿在加入过量浓硫酸后，只有SiO2不溶，同时Fe2+被氧化为Fe3+，并生成CaSO4沉淀，所以溶液中含有Fe3+、Al3+、Mg2+、Li+等离子，依据实验目的可知必须除去杂质离子，故在反应Ⅱ中加入碳酸钙的作用为：除去反应Ⅰ中过量的H2SO4；控制pH，使Fe3+、Al3+完全沉淀，故答案为：除去反应Ⅰ中过量的H2SO4；控制pH，使Fe3+、Al3+完全沉淀；（3）利用题干信息知反应Ⅲ要除去Mg2+，但在加入沉淀剂Ca（OH）2时会引入大量Ca2+，故还需加入Na2CO3除去Ca2+，即沉淀A为Mg（OH）2沉淀与CaCO3沉淀的混合物，反应的离子方程式为：Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓、Ca2++CO32﹣═CaCO3↓，故答案为：Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓、Ca2++CO32﹣═CaCO3↓；（4）实验室里分离固液混合物的操作是过滤，由题中给出Li2CO3的溶解度与温度的关系，可知洗涤Li2CO3沉淀要使用热水，Li2CO3在较高温度下溶解度小，用热水洗涤可减少Li2CO3的损耗，故答案为：热水；Li2CO3在较高温度下溶解度小，用热水洗涤可减少Li2CO3的损耗；（5）将氯化锂溶液蒸干的过程中还需不断通入HCl气体，其作用是：抑制LiCl的水解，防止生成LiOH，同时HCl可带走水蒸气，故答案为：抑制LiCl的水解，防止生成LiOH，同时HCl可带走水蒸气；（6）由有氧气产生可逆推知可能的原因：加热蒸干LiCl溶液时，LiCl有少量水解生成LiOH，受热分解生成Li2O，电解时产生O2，故答案为：加热蒸干LiCl溶液时，LiCl有少量水解生成LiOH，受热分解生成Li2O，电解时产生O2 ；点评：本题考查了工业上以β﹣锂辉矿制取金属锂的方法，题目难度中等，试题涉及了化学式的书写、物质的分离与提纯、离子方程式的书写等知识，合理分析题中工艺流程是解题关键．9．“C 1化学”是指以碳单质或分子中含1个碳原子的物质（如CO、CO2、CH4、CH3OH、HCOOH等）为原料合成工业产品的化学工艺，对开发新能源和控制环境污染有重要意义．。