湖北省武汉市高三理综（化学部分）毕业生四月调研测试试题（扫描版含解析）.doc

湖北省武汉市2015届高中理综（化学部分）毕业生四月调研测试试题（含解析）【答案】c【命题立意】本题考查化学生活的有关知识点。【解析】向汽油中添加乙醇后，由于含有的碳原子数不同，混合燃料的热值变化，c错误。【答案】d【命题立意】本题考查有机物的反应类型，物理性质及同分异构体等知识点。【解析】多氯代甲烷中四氯化碳是正四面体，a错误；一氯甲烷常温下是气体，b错误；乙烯加成反应制得乙醇，c错误；三氟氯溴乙烷有cf3chclbr，cf2clchfbr,cfclbrchf2br3种同分异构体，d正确。【答案】a【命题立意】本题考查溶度积及其应用【解析】氟化钙的ksp小于碳酸钙，a正确；氟化钙的ksp小于碳酸钙，饱和碳酸钙溶液的ksp大于氟化钙，但氟化钙中f离子浓度的平方，故b错误；碳酸钙不能完全溶解，应为碳酸钙的饱和溶液，c错误；温度不变，碳酸钙的ksp不变，d错误。【答案】a【命题立意】本题考查氯气的化学性质及图像的处理。【解析】曲线段有次氯酸和氢氧化钠反应，a正确；氯气溶于水部分与水反应，b错误；氯气与氢氧化钠完全反应后生成氯化钠和次氯酸钠，溶液呈碱性，c错误；处的氢离子浓度大于处，d错误。【答案】d【命题立意】本题考查元素化合物的有关知识和化学实验的有关操作。【解析】硫酸亚铁变质后生成三价铁，遇硫氰化钾变红色，a正确；亚铁离子和碳酸氢根水解相互促进，生成二氧化碳，b正确；过滤用到的仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒，c正确；碳酸亚铁在空气中高温分解发生氧化还原反应生成氧化铁，d错误。【答案】b【命题立意】本题考查化学实验基础的有关内容。【解析】氨气收集应用向下排空气法，a错误；二氧化碳的制备用稀盐酸与碳酸钙反应，生成的气体中混 有氯化氢，故用饱和碳酸氢钠溶液洗气，b正确；排水法收集no应短进长出，c错误；制取氯气要用氢氧化钠溶液吸收尾气，d错误。【答案】c【命题立意】本题考查元素周期表和元素周期律的有关应用。【解析】分析可得x为碳，y为氧，z为钠，w为硫。硫位于第六主族，a错误；氧的非金属性大于碳，b错误；碳、氧、钠组成的物质水溶液一定成碱性，c正确；过氧化钠中阳离子与阴离子的个数比为1:1，d错误。【答案】【命题立意】本题考查氧化还原反应、外界条件对化学反应速率的影响，化学实验的操作及应用。【解析】(1)溶液变蓝色，说明有碘单质生成，第一步中无碘单质生成，则第二步中有碘单质生成，反应的离子方程式为：实验的温度相同，碘酸钾溶液的体积不同，则 实验是探究碘酸钾溶液的浓度对反应速率的影响，探究反应速率的影响因素时，保持其条件不变，改变其中一种因素，故a=15ml，实验3与实验1的反应温度不同，故实验3是探究温度对反应速率的影响，其他条件与实验1完全相同，则b=20，c-10；根据影响反应速率的因素分析，第一步的反应产物硫酸根、氢离子和碘离子，则假设3应为反应生成的碘离子起催化作用，浓度越大，反应速率越快；或者第二步产生的碘单质起催化作用，浓度越大反应越快；或者反应为放热反应，温度越高，速率越快。（4）假设一 ：反应生成的硫酸根对反应起催化作用，浓度越大反应越快，故可设计为对照试验具体操作如答案图表。【答案】【命题立意】本题考查电离常数、有 机反应方程式的书写，电化学原理的应用等知识点。【解析】（1）从题目信息中硼酸的电离常数大于碳酸的二步电离小于碳酸的一步电离，故加入碳酸钠溶液不能产生二氧化碳。根据硼酸与氢氧化钠反应的方程式，可以推测硼酸为一元弱酸，硼酸中b原子属于缺电子原子，所以水溶液中可以结合水电离出的氢氧根，破坏水的电离平衡而使溶液显酸性电离方程式为：在酯化反应中硼酸的三个羟基类似于羧酸中的羟基，-oh与甲醇中的氢原子结合生成水，故 反应属于取代反应；nabh4中h设为化合价为-1价，b（och3）3+4nah=nabh4+3ch3ona硼酸的制备方法是氢氧根在阳极放电，生成的氢离子通过阳离子交换膜进入产品室，原料中的b（oh）4-通过阴离子膜进入后生成硼酸。【答案】【命题立意】本题考查热化学方程式、元素化合物的知识应用，化学平衡常数及有关计算等知识点。【解析】（1）氨气与二氧化碳反应的方程式为二氧化碳的脱除效率与氨水ph的关系式溶液的碱性越大，吸收效率越高，故二氧化碳脱除效率随氨水ph增大而增加。30min流入氨水的体积为26l，则吸收的二氧化碳的标准状况的体积为26l91.6%12%=2.86l，二氧化碳的物质的量为2.86/22.4=0.13mol,从40-45，二氧化碳脱除效率降低的原因是铵盐受热分解产生二氧化碳。.（2）根据方程式，该反应是气体总体积减小的放热反应，加入2mol甲醇相当于加入4mol氢气和2molco，与2mol氢气和1molco相比相当于加压，平衡向正反应方向移动，则2c1p3,c错误；加入2mol甲醇，转化率与1mol甲醇比降低，故甲的转化率与丙的转化率之和小于1，d正确。设甲醇的物质的量为x，则反应后氢气为2-2x，co为1-x，根据物质的量之比等于压强之比，可得：氢气的分压为：24(2-2x)/x,co的分压为24(1-x)/x，根据k=6.010-3,求出x=0.7mol，则平衡混合物中甲醇的质量分数为0.7/(3-1.4)=44.4%.【答案】【命题立意】本题考查考查氧化还原反应的有关应用与计算、反应条件的选择以及电化学原理的应用【解析】（1）工业上由v2o5冶炼金属钒常用铝热剂法，其化学方程式表示为：3v2o510al6v5al2o3；（2）由流程图可知反应的目的是：将v2o5转化为可溶性的voso4；（3）该工艺中反应的沉淀率（又称沉钒率）是回收钒的关键之一，反应的离子方程式为：nhvo=nh4vo3；（4）由质量守恒定律可知x为：h2o；（5）由图分析可得：nh4vo3在分解过程中先分解失去nh3，再分解失去h2o；（1）铝和五氧化二钒发生铝热反应的方程式为：3v2o5+10al6v+5al2o3，反应中氧化剂是v2o5；（2）根据溶解性表知，v2o5难溶，voso4可溶，因此滤渣是v2o5，滤液中含矾的主要成分的化学式为voso4；（3）根据nh4vo3难溶可知，反应是复分解反应，方程式为nh4+vo3-nh4vo3；根据图像可知氯化铵系数为4、温度为80时沉淀率最高，所以最佳控制氯化铵系数和温度为4和80。（4）根据方程式2vo2+h2c2o4+2h+2von+ 2co2+ mh2o可知草酸中碳元素的化合价从+3价升高到+4价，失去1个电子，1mol草酸失去2mol电子，则根据电子得失守恒可知氧化剂得到2mol电子，所以1mol vo2+得到1mol电子，v元素的化合价从+5价降低+4价，因此n2；根据氢原子守恒可知m2。（5）放电是原电池，正极得到电子，则根据总反应式可知，放电时vo2+得到电子，电极反应式为 vo2+ 2h+evo2+h2o。【答案】【命题立意】本题考查铜的电子排布，晶胞的知识点，原子的杂化方式，物质的熔沸点等知识点。【解析】（1）二价铜离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d9氧化亚铜中铜的价电子排布为3d10，处于稳定的全充满状态，稳定性大于氧化铜，（2）1mol（scn）2含有的数目为4na，硫氰酸的沸点低于异硫氰酸的原因是异硫氰酸分子间能形成氢键，增大了物质的熔沸点，而硫氰酸不能形成氢键，故硫氰酸的沸点低于异硫氰酸。硼原子的杂化方式为sp3杂化，b和n原子间形成配位键，氮原子提供孤对电子。六方氮化硼晶体层与层之间形成分子间作用力，氮化硼的密度为：b和n 的相对位置如下：【答案】【命题立意】本题考查有机物的性质。【解析】（1）经分析可得，b为醇，c为醛，d为羧酸，且d的相对分子质量为88，且核磁共振氢谱有3组峰，则d为(ch3)2chcooh,则b为2-甲基-1-丙醇；c为(ch3)2chcho由g的分子式含有13个c，则f含有9个碳原子，e能发生银镜反应，说明含有醛级，1mol与2mol氢气加成，说明含有碳碳双键，故e为(ch3)2chcho与新制氢氧化铜反应的化学方程式为：配制银氨溶液的操作步骤