四川成都龙泉第一中学2015-2016学年度高三高考押题卷化学.doc

四川成都龙泉第一中学2015-2016学年度高三高考押题卷化学

一、单选题：共7题
1．运用化学知识，判断下列与安全有关的问题，其中不正确的是
A.氢气与氯气应分别贮存在钢瓶中，并放在同一安全室集中保存
B.电石、Na2O2着火时，不能用常规的水枪灭火
C.可燃性颗粒(如面粉，漆粉)弥漫到空气中，可能会引起爆炸
D.油锅着火可用金属锅盖盖灭
【答案】A
【解析】本题考查有关安全的问题。A.由于氢气是还原剂，氯气是氧化剂，二者混合可能引起爆炸，不能放在同一安全室内，故A错误；B.电石与水反应生成乙炔可燃，过氧化钠与水反应生成氧气助燃，若有这些物质的火灾中，不能用水来灭火，故B正确；C.可燃性颗粒弥漫到空气中，与空气接触面积较大，遇到明火时会爆炸，故C正确；D.用锅盖盖上可以隔绝空气，从而使火熄灭，故D正确。

2．下列关于物质分类的说法正确的是
A.NaH、NH3都属于共价化合物 B.12C、C60都属于碳的同素异形体
C.水玻璃、硅酸都属于胶体 D.生铁、青铜都属于合金
【答案】D
【解析】本题考查物质的分类。A. NaH是离子化合物，NH3是共价化合物，故A错误；B.12C是碳原子的一种核素，C60是碳的一种单质，同素异形体是同种元素的不同单质的互称，故B错误；C.水玻璃是硅酸钠的水溶液，是一种混合物，硅酸是难溶于水的固体，是纯净物，用一定的方法使硅酸溶于水可制得胶体，故C错误；合金是一种金属和多种金属或非金属融合在一起形成的具有金属性能的物质，生铁、青铜都是合金，故D正确。

3．用下列实验装置完成对应的实验，能达到实验目的的是

A.图甲证明非金属性强弱:S>C>Si
B.装置乙可用于检验有乙烯生成
C.图丙构成铜锌原电池，产生持续稳定的电流
D.图丁可制备并收集NO2气体
【答案】A
【解析】本题考查实验的设计。A.该实验通过比较最高价氧化物水化物的酸性强弱证明非金属强弱，实验设计和结论均正确，故A正确；B.实验室制乙烯需要严格控制实验的温度在170℃，需用温度计，另外副产物二氧化硫挥发出的乙醇也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，需除去二氧化硫、乙醇等杂质的干扰再检验乙烯的存在，故B错误；C.两个电极的电解质溶液放反了，锌与硫酸锌溶液组成一个电极，铜与硫酸铜溶液组成另一个电极，故C错误；D.二氧化氮不能用排水法收集，故D错误。

4．芥子醇是合成工程纤维的单体，其结构简式如右图所示。下列有关芥子醇的说法不正确的是

A.芥子醇的分子式为C11H14O4
B.芥子醇分子中所有碳原子可能在同一平面上
C.1 mol该化合物在一定条件下最多可与2 mol NaOH反应
D.芥子醇在一定条件下能发生氧化、取代、加成、酯化反应
【答案】C
【解析】本题通过有机物的结构简式考查有机物的结构和性质。A.由结构式可知芥子醇的分子式为C11H14O4，故A正确；B.苯环上碳原子及与苯环相连的碳原子及与醚键相连的碳原子均在同一平面上，与碳碳双键相连的碳原子也在同一平面内，所以该物质分子中所有碳原子可能在同一平面上，故B正确；C.该物质分子只有一个酚羟基能与氢氧化钠可反应，1 mol该化合物在一定条件下最多可与1 mol NaOH反应，故C错误；D.含有碳碳双键可以发生加成、氧化反应，含有醇羟基能发生酯化反应(属于取代反应)，故D正确。

5．部分氧化的FeCu合金样品(氧化产物为Fe2O3、CuO)共5.76 g，经如下处理:

下列说法正确的是

A.滤液A中的阳离子为Fe2＋、Fe3＋、H＋
B.样品中Fe元素的质量为2.24 g
C.样品中CuO的质量为4.0 g
D.V＝896 mL
【答案】B
【解析】本题考查元素化合物知识及相关计算。由于Fe3+氧化性强于Cu2+，由题给流程可知滤液A中不含Cu2+，所以滤液A中一定不含氧化性更强的Fe3+，故A错误；滤液A加入足量氢氧化钠溶液过滤后充分灼烧生成的物质为Fe2O3，Fe元素质量为：3.2g× QUOTE  =2.24g，故B正确；加入足量的稀硫酸，有氢气产生，说明Cu未反应且溶液中Cu2+与Fe完全反应，所以3.2g滤渣为铜，依据质量守恒定律可计算得到合金样品中O元素质量为：5.76g-2.24g-3.2g=0.32g，若氧化产物都是CuO，其质量仅为0.32g+3.2g = 3.52g，故C错误；由于2.24 g Fe元素不可能全是单质，故标准状况下生成的H2的体积小于896 mL，故D错误。

6．下列有关电解质溶液中粒子浓度关系正确的是
A.pH=1的NaHSO4溶液:c(H+)=c()+c(OH-)
B.含有AgCl和AgI固体的悬浊液:c(Ag+)>c(C1-)=c(I-)
C.pH相等的①NH4Cl ②(NH4)2SO4 ③NH4HSO4溶液中:c(NH4+)大小顺序:①＞②＞③
D.含等物质的量的NaHC2O4和Na2C2O4的溶液: 3c(Na+)=2[c(C2)+ c(HC2)+c(H2C2O4)]
【答案】A
【解析】本题考查电解质溶液中粒子浓度关系。A.由电荷守恒得：c(Na+)+c(H+)=2c()+c(OH-)，由物料守恒得：c(Na+)= c()，故A正确；B.由于AgCl的溶解度大于AgI，所以c(Cl-)>c(I-)，故B错误；C.由于硫酸氢钠的电离出的氢离子会抑制的水解，1mol硫酸铵电离出2mol铵离子，溶液中NH4+浓度大小顺序为：②＞③＞①，故C错误；D.由物料守恒得: c(Na+): [c(C2)+ c(HC2)+c(H2C2O4)]=3:2，即2c(Na+) = 3[c(C2)+ c(HC2)+c(H2C2O4)]，故D错误。

7．某化学小组研究在其他条件不变时，改变密闭容器中某一条件对A2(g) ＋3B2(g) 2AB3(g) 化学平衡状态的影响，得到如图所示的曲线(图中T表示温度，n表示物质的量)。下列判断正确的是

A.在T2和n(A2)不变时达到平衡，AB3的物质的量大小为:c>b>a
B.若T2>T1，则正反应一定是放热反应
C.达到平衡时A2的转化率大小为:b>a>c
D.若T2>T1，达到平衡时b、d点的反应速率为vd>vb
【答案】A
【解析】本题考查化学反应速率和平衡图像。A.在温度和n(A2)不变时，只增大n(B2)，会使平衡向正反应方向移动，AB3的物质的量会增大，AB3的物质的量大小为:c>b>a，故A正确；B.由图像可知，在A2和B2保持不变时，T2时AB3的物质的量比T1时的大，若T2>T1说明升温使平衡向正反应方向移动，则正反应一定是吸热反应，故B错误；C.相同温度下，增大一种反应物的浓度会使其它反应物的转化率增大，增大B2的量，A2转化率增大，达到平衡时A2的转化率大小为: c>b>a，故C错误；D.温度越高，反应速率越大，所以若T2>T1，达到平衡时b、d点的反应速率为vb>vd，故D错误。

二、综合题：共5题
8．周期表中前四周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大。元素A的单质有多种同素异形体，其中一种是天然存在的最坚硬的固体；元素C的原子最外层电子数是其内层的3倍；基态D原子的价电子排布为(n+1)dn(n+2)sn；基态E2＋的3d轨道中有5个电子。
请回答下列问题:

(1)E基态原子的核外电子排布式是           ，B、C两种元素第一电离能较大的是     (填元素符号)，BCeq oal(－,3)的空间构型是          。
(2)A和B的最简单氢化物中沸点较高的是_____(填化学式)，B的某种氢化物中含有3个σ键和1个π键的分子的电子式是         。
(3)由C、D、E三种元素组成的某化合物晶胞结构如右图所示，D4+的配位数是        ，该化合物的化学式为           。
(4)常温下E的氧化物EO2与硫酸亚铁在酸性条件下反应可得E2＋，则该反应的离子方程式为                。
【答案】(1)1s22s22p63s23p63d54s2(或[Ar]3d54s2)    N     平面三角形
(2)NH3     (3)6   MnO·TiO2或 TiO2·MnO
(4)MnO2+2Fe2＋+4H＋Mn2＋+2Fe3＋+2H2O
【解析】本题考查物质结构及性质。天然存在的最坚硬的固体是金刚石，所以A元素为C；元素C的原子最外层电子数是其内层的3倍，所以C元素为O元素B介于元素A与元素C之间，所以元素B是N；基态D原子的价电子排布为(n+1)dn(n+2)sn，由(n+1)＞3，且n ≥2可得n=2，所以D原子价电子排布为3d24s2，元素D为Ti；基态E2＋的3d轨道中有5个电子，所以基态E原子价电子式为3d54s2，元素E为Mn。(1)由上所述，Mn的基态原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d54s2(或[Ar]3d54s2)；由于N原子最外层电子排布为半充满状态，使第一电离能比O的第一电离能大；NO3—的孤电子对数为 QUOTE  3+1/2[5-2X3+1]=0，σ键数为3，价电子对数为0+3=3，故NO3—的空间构型为平面三角形，故答案为：1s22s22p63s23p63d54s2(或[Ar]3d54s2)；N；平面三角形；(2)NH3分子间能形成氢键，CH4分子间不能形成氢键，故NH3沸点高于CH4；N的
某种氢化物含有1个π键说明含有N=N键，所以其分子式为N2H4，则其电子式为，故答案为：NH3；；(3)由题给晶胞的结构可知，离位于四面体顶点Ti4+最近的O2-共有6个，所以配位数为6；每个晶胞中含有Ti4+数目为：8× QUOTE  =1个，含有O2-数目为:12× QUOTE  =3个，含有Mn2+数目为：1个，该化合物的化学式为：MnO·TiO2或 TiO2·MnO，故答案为：MnO·TiO2或TiO2·MnO；(4)MnO2与被还原成Mn2+，Fe2+被氧化成Fe3+，反应的离子方程式为：MnO2+2Fe2＋+4H＋Mn2+ + 2Fe3+ +2H2O，故答案为：MnO2+2Fe2＋+4H＋Mn2++2Fe3++2H2O。

9．过硫酸钠( Na2S2O8)是一种重要化工原料。某研究小组进行如下实验对过硫酸钠的制取和性质进行探究:
[查阅资料]
①(NH4)2S2O8+2NaOHNa2 S2O8+2NH3↑+2H2O
②2NH3+3Na2 S2O8+6NaOH6Na2SO4+6H2O+N2
[制备产品]
1.采用下图装置制取Na2S2O8。

(1)装置Ⅱ的作用是                          。
(2)装置I中盛NaOH溶液的仪器名称是          装置I还需补充的实验仪器或装置有         (填下列序号)。
a.温度计      b.酒精灯      c.盛热水浴的水槽     d.洗气瓶
(3)装置I发生反应的同时需要持续通入N2的目的是                               
2.采用电解法制取Na2S2O8
(4)用惰性电极如铂电解KHSO4溶液，阴极上产生无色无味的气体，阳极上HSO4－被氧化生成过硫酸根。其化学方程式为                                   
(5)Na2S2O8溶液与铜只生成两种盐，其化学方程式为          。观察时发现反应先慢后快，对此甲、乙两同学提出以下两种假设:
甲:可能是该反应        ，使溶液温度逐渐升高，因此先慢后快。
乙:可能是该反应生成的Cu2＋对该反应起催化作用。
【实验验证】该小组为验证乙的假设，分别取3.2gCu置于大试管中，进行了如下实验。可选用的试剂有:5mol/LNa2S2O8溶液、0.1mol/L CuSO4溶液、0.1mol/L Cu(NO3)2溶液、蒸馏水。

【答案】(1)吸收NH3
(2) 分液漏斗    a、b、c
(3)使三颈烧瓶内产生的NH3及时排除，减少副反应②的发生
(4)2KHSO4K2S2O8＋H2↑
(5)K2S2O8＋CuK2SO4＋CuSO4  放热    2mL0.1mol/L CuSO4溶液  乙的假设
【解析】本题考查化学实验设计及离子方程式的书写。(1)由制取装置中反应物为NaOH溶液和(NH4)2S2O8溶液，依据反应①可知制得的气体是NH3，所以烧杯中所盛硫酸的作用是吸收NH3，故答案为：吸收NH3；(2)装置I中盛NaOH溶液的仪器是分液漏斗，反应①温度为55℃，且不能达到90℃发生副反应②，可采取水浴加热控制温度在55℃，所以实验所用的仪器有温度计、酒精灯、盛热水浴的水槽等，故答案为：分液漏斗；a、b、c；(3)由所给反应可知，氨气会和Na2S2O8反应生成N2，N2的存在可抑制副反应的发生，故答案为：使三颈烧瓶内产生的NH3及时排除，减少副反应②的发生；(4)由题意可知阳极上HSO4－被氧化生成S2O82—，阴极上H+放电生成无色无味的气体H2，所以电解的化学方程式为：2KHSO4K2S2O8＋H2↑，故答案为：2KHSO4K2S2O8＋H2↑；(5)Na2S2O8溶液与铜只生成两种盐，Cu被氧化生成CuSO4，Na2S2O8被还原为Na2SO4，所以反应的化学方程式为：Na2S2O8＋Cu= Na2SO4＋CuSO4，反应先慢后快说明可能是反应温度升高，所以该反应为放热反应，该实验为对比试验，应只有1个变量，应保证Na2S2O8的浓度相等，所以加入的硫酸铜溶液为2mL，不能选用Cu(NO3)2溶液，因为会引入NO3—离子，可能对实验造成影响，如果反应为先快后慢，则可证明乙的假设正确，故答案为：2mL0.1mol/L CuSO4溶液；乙的假设。

10．化合物A和D都是石油裂解气的成分，是衡量一个国家化工水平的重要标志的物质的同系物，可利用如下反应合成化合物H:

请回答下列问题:
(1)反应①～⑥中属于加成反应的是________(填序号，下同)，属于氧化反应的是________。
(2)写出反应④的化学方程式:__________
(3)写出G的结构简式:______________，G中官能团的名称为________。
(4)写出反应⑥的化学方程式:____________。
(5)化合物C与化合物F反应还可以生成化合物G的同分异构体，其结构简式为______________。
(6)下列有关化合物H的说法正确的是________(填字母)。
A.化合物H在一定温度下能与NaOH溶液发生水解反应
B.化合物H的分子式为C10H13O2
C.1 mol化合物H与H2发生加成反应，消耗3 mol H2
D.化合物H能使溴水褪色
【答案】(1)①⑤　③④
(2)CH2=CHCHO＋2Cu(OH)2CH2=CHCOOH＋Cu2O↓＋2H2O
(3)　羧基、碳碳双键

(6)AD
【解析】本题以有机合成框图考查有机物的结构和性质。根据①的反应条件可知，反应为烯烃与溴的加成反应，②是卤代烃的消去反应，④反应是醛与新制的Cu(OH)2反应，酸化生成羧酸，那么③为丙烯催化氧化生成丙烯醛，根据题给已知反应，⑤为加成反应生成，根据⑥的反应条件及H的结构可知，⑥发生的是酯化反应。(1)由上分析，①⑤属于加成反应，③是加氧去氢，属于氧化反应，④是丙烯醛与新制的氢氧化铜发生氧化反应，故答案为：①⑤；③④；(2)CH2=CHCHO与新制的Cu(OH)2反应的化学方程式为：CH2=CHCHO＋2Cu(OH)2+NaOH CH2=CHCOONa＋Cu2O↓＋3H2O，故答案为：CH2=CHCHO＋2Cu(OH)2+NaOHCH2=CHCOONa＋Cu2O↓＋3H2O；(3)H是由G与乙醇发生酯化反应得到，那么G是，G中含有的官能团为碳碳双键、羧基，故答案为：；碳碳双键、羧基；(4)反应⑥的化学方程式为：，故答案为：；(5)根据题给条件，C是CH2=CH-CH=CH-CH3，F是CH2=CH-COOH，二者加成除形成G外，还能形成，故答案为：；(6)含有酯基和碳碳双键，含酯基的物质能发生水解反应，故A正确；H的化学式为C10H16O2，故B错误；只有碳碳双键能与氢气发生加成反应，1 mol化合物H与H2发生加成反应，消耗1mol H2，故C错误；该物质含有的碳碳双键能与溴水发生加成反应，能使溴水褪色，故D正确；故答案为：AD。

11．【化学—有机化学基础】
化合物A和D都是石油裂解气的成分,是衡量一个国家化工水平的重要标志的物质的同系物,可利用如下反应合成化合物H:

已知:CH2CH—CHCH2+CH2CH2
请回答下列问题:
(1)反应①~⑥中属于加成反应的是　　　(填序号,下同),属于氧化反应的是　　　。
(2)写出反应④的化学方程式:　　　　　　　　　　　　　　　。
(3)写出G的结构简式:　　　　　　　　　,G中官能团的名称为　　　。
(4)写出反应⑥的化学方程式:　　　　　　　　　　。
(5)化合物C与化合物F反应还可以生成化合物G的同分异构体,其结构简式为　　　　　　　　　　。
(6)下列有关化合物H的说法正确的是　　　(填字母)。
A.化合物H在一定温度下能与NaOH溶液发生水解反应
B.化合物H的分子式为C10H13O2
C.1 mol化合物H与H2发生加成反应,消耗3 mol H2
D.化合物H能使溴水褪色
【答案】(1)①⑤ 　 ③④
(2)CH2CH—CHO+2Cu(OH)2CH2CH—COOH+Cu2O↓+2H2O
(3)　碳碳双键、羧基(只答一种不给分)
(4)+C2H5OH+H2O
(5)
(6)AD
【解析】无

12．二氧化钛是制取航天航空工业钛合金的重要原料。用钛铁矿[主要成分是钛酸亚铁(FeTiO3)，含少量Fe2O3、MgO、SiO2等杂质] 作原料生产金属钛和绿矾(FeSO4·7H2O)等产品的一种工艺流程如下:
已知: Ti有两种价态，在水溶液中主要以TiO2+(无色)、Ti3+(紫色)形式存在。

请回答下列问题:
(1)硫酸与FeTiO3反应生成TiOSO4的化学方程式是_______。
(2)滤液1中加入适量铁粉，至刚好出现紫色为止，此时溶液仍呈强酸性。
已知:氧化性:Fe3＋>TiO2+ >H+。则加入铁粉的作用是                       。
(3) 滤液2中加入适量的试剂A，可选用______(填编号)。
a.稀H2SO4         b.MgCO3            c.通入CO2        d.鼓入空气
(4) 已知25 ℃，101 kPa时，由二氧化钛制取四氯化钛所涉及的反应有:
C(s)＋O2(g)CO2(g)  ΔH1＝-393.5kJ·mol-1
2CO(g)＋O2(g)2CO2(g)  ΔH2＝-566 kJ·mol-1
TiO2(s)＋2Cl2(g)TiCl4(s)＋O2(g)  △H3＝+141 kJ·mol-1
反应TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)TiCl4(s)＋2CO(g)  ΔH＝_____________。
用石墨作阳极、钛网作阴极、熔融CaF2-CaO作电解质，利用如图所示装置获得金属钙，并以钙为还原剂还原二氧化钛制备金属钛。写出阴极区反应的电极总反应式是_______________。

(6)假如FeTiO3中的铁元素占矿物中铁元素总量的a%；某次生产中，向滤液1中加入纯铁粉为b kg, 得到绿矾晶体的质量为cKg，整个过程中铁元素的总利用率为80%，Ti元素的转化率为90%，其他损失忽略不计。按上述流程，得到TiO2　       kg(用数字和字母表示)。[已知:M(FeSO4·7H2O)=278 g·mol-1]
【答案】(1) FeTiO3 + 2H2SO4TiOSO4 + FeSO4+ 2H2O
(2)使Fe3＋完全还原为Fe2＋；同时避免过量的铁将TiO2+还原成Ti3＋，影响产品的纯度
(3) b
(4) -80kJ·mol-1
(5) TiO2 +4e- Ti+2O2-
(6) (3.247ac-12.86ab)×10-3
【解析】无