湖南省十三校高三理综（化学部分）第二次联考试题（含解析）新人教版.doc

湖南省2015届高三 十三校联考 第二次考试理科综合化学试卷 总分：300分 时量：150分钟 长郡中学；衡阳八中；永州四中；岳阳县一中；湘潭县一中；湘西州民中由麓山国际联合命题石门一中；澧县一中；郴州一中；益阳市一中；桃源县一中；株洲市二中可能用到的相对原子质量：na-23 s-32 o-16 h-1 c-12 mg-24 n-14一选择题：本题包括13小题，每小题6分。每小题只有一个选项符合题意。7在环境保护、资源利用等与社会可持续发展密切相关的领域化学发挥着积极作用。下列做法与此理念相违背的是：（ ）a食品中大量添加苯甲酸钠等防腐剂，可有效延长其保质期b“地沟油”可以制成肥皂，提高资源的利用率c加快开发高效洁净能源转换技术，缓解能源危机d“apec蓝”是2014年新的网络词汇，形容2014年apec会议期间北京蓝蓝的天空。说明京津冀实施道路限行和污染企业停工等措施，对减轻雾霾、保证空气质量是有效的7.a【命题立意】本题考查化学知识在环境保护、资源利用等与社会可持续发展等领域中的应用。【解析】苯甲酸钠等可作食品防腐剂，但不能大量添加，a错误； “地沟油”含油脂，可以制成肥皂，b正确；c、d正确；8设na为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是：（ ）a标准状况下，22.4lhf中含hf分子数目为na b28g由乙烯和丙烯组成的混合气体中含碳碳双键数目为na c71gna2so4固体中含钠离子数目为na d25g质量分数68的h2o2水溶液中含氧原子数目为na8.c【命题立意】本题考查阿伏加德罗常数【解析】标准状况下，hf是液态，不能根据其体积求算物质的量，a错误；1mol烯烃含碳碳双键数为1mol，28g乙烯为1mol，28g丙烯为2/3mol，组成的混合气体的物质的量为不确定，不能求碳碳双键数，b错误；71gna2so4固体中含钠离子数目为711422=1mol，c正确；25g质量分数的h2o2中含氧原子数目为（256834）2=1mol，另外溶剂水也含o，故含氧原子数目大于1mol，d错误。【易错提醒】解答本题的b项容易思维定势为求c原子数而认为正确；解答d项易疏忽水中含o原子。9某有机物x的结构简式如下图所示，则下列有关说法中正确的是：（ ）ax的分子式为c12h16o3b可用酸性高锰酸钾溶液区分苯和xcx在一定条件下能发生加成、加聚、取代、消去等反应d在ni作催化剂的条件下，1 mol x最多只能与1 mol h2 加成9.b【命题立意】本题考查有机物的结构与性质。【解析】x的分子式为c12h14o3，a错误；x含碳碳双键，能被高锰酸钾氧化，高锰酸钾溶液褪色，而苯不能被氧化，b正确；该物质含碳碳双键，可以发生加成反应、加聚反应、含酯基，可以发生取代反应，但不能发生消去反应，c错误；1 mol x最多能与4 mol h2 加成（苯环消耗3mol氢气，碳碳双键消耗1mol氢气），d错误。10下列实验不合理的是：（ ） a证明非金属性强弱 scsi b四氯化碳萃取碘水中的碘 c制备并收集少量no气体 d制备少量氧气10.d【命题立意】本题考查实验设计、气体的制备、萃取等。【解析】a、根据锥形瓶生成气体、烧杯生成白色沉淀可证明酸性：硫酸碳酸硅酸，进而比较s、c、si的非金属性强弱，正确；水与四氯化碳互不相溶，而且碘在2种溶剂中的溶解度不同，b正确；c正确；过氧化钠是粉末，不能放在有孔塑料板上，d错误。11下图为向25ml 0.1 moll-1 naoh溶液中逐滴滴加0.2 moll-1ch3cooh溶液过程中溶液ph的变化曲线。ab区间，c（oh）c（h+），则c（oh）与c（ch3coo）大小关系是：（ ）ac（oh）一定大于c（ch3coo）bc（oh）一定小于c（ch3coo）cc（oh）一定等于c（ch3coo）dc（oh）大于、小于或等于c（ch3coo）11.d【命题立意】本题考查中和滴定、离子浓度比较。【解析】ab区间，c（oh）c（h+），可能氢氧化钠过量很多，则c（oh）大于c（ch3coo），也可能接近反应完，则c（oh）小于c（ch3coo），在这二者之间有可能是c（oh）=c（ch3coo），d正确。12下列选项中，离子方程式书写正确的是 ( )a. 向fe(no3)2和ki混合溶液中加入少量稀盐酸：3fe2+4h+no3= 3fe3+ 2h2o+nob泡沫灭火器的灭火原理：2al3+ +3co32+3h2o = 2al(oh)3+ 3co2c向硝酸银溶液中加入足量的氨水：ag+ +2nh3h2o = ag(nh3)2+ + 2h2od用足量的氨水处理硫酸工业的尾气：so2+ nh3h2o = nh4+ + hso312.c【命题立意】本题考查离子方程式的书写。【解析】还原性：碘离子大于亚铁离子，所以碘离子先被氧化，a错误；泡沫灭火器的灭火原理：al3+ +3hco3= al(oh)3+ 3co2,b错误；用足量的氨水处理硫酸工业的尾气，反应：so2+ 2nh3h2o = 2nh4+ + so32+h2o，d错误。13在一定条件下，可逆反应2a（气）b（气）nc（固）d（气）达平衡。若维持温度不变，增大压强，测得混合气体的平均相对分子质量不发生改变，则下列说法正确的是：（ ）a其他条件不变，增大压强，平衡不发生移动b其他条件不变，增大压强，混合气体的总质量不变c该反应式中n值一定为2d原混合气体中a与b的物质的量之比为21，且2m（a）m（b）3m（d）（其中m表示物质的摩尔质量）13.d【命题立意】本题考查化学平衡移动【解析】该反应正反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡向正反应方向移动，a错误；增大压强平衡向正反应方向移动，c的质量增大，c为固体，根据质量守恒定律可知，混合气体的质量减小，b错误；c为固体，压强改变不影响c的浓度，不能确定n的值，c错误；增大压强，测得混合气体的平均相对分子质量不变，说明混合气体的平均相对分子质量为定值，原混合气中a与b的物质的量之比为2：1，按2：1反应，混合气体中二者始终为2：1，二者的平均相对分子质量与d的相对分子质量相等，则混合气体的平均相对分子质量为定值，故则，d正确；26(15分)a与so2属于等电子体(即具有相同的原子总数和相同的最外层电子总数的微粒)，常温下是一种无色的气体，当冷却到77k时，变成橙红色液体。a的一种制备方法是：在真空中，将cuo和硫一起混合加热，可生成a，同时生成一种黑色固体b。（1）写出上述制备a的化学反应方程式 。（2）若将s2cl2与cuo在100400加热时也能生成a。写出 相应的化学反应方程式 。（3）a也能在水中发生歧化反应，生成两种常见的酸（但酸性都不强）。则这两种酸由强到弱的化学式分别为 和 。a是有机羧酸盐hcoona，b、c、d是常见化合物；a、b、c、d焰色反应呈黄色，水溶液均呈碱性，其中b的碱性最强。x、y是最常见的氧化物且与人体、生命息息相关，它们的晶体类型相同。c受热分解得到y、d和x；b与c反应生成d和x。e由两种元素组成，相对分子质量为83，将e投入x中得到b和气体z，z在标准状况下的密度为0.76gl-1。（1）e晶体中含有的化学键是 。 （2）x的沸点比同主族同类型物质要高，原因是 。（3）写出e与x反应的化学方程式 。（4）写出在d的饱和溶液中不断通y析出c的离子方程式 。（5）a的一个重要应用是根据2ap+h2得到p，p溶液中的阴离子通常用cac12使之沉淀，p 的化学式 ，此反应_（填“是”或“否”）氧化还原反应。26（15分）()（1）cuo3ss2ocus（ 2分） （2）s2cl2cuos2ocucl2（2分）（3）h2so3 h2s （2分） ()（1）离子键（1分） （2）水分子间存在氢键（1分） （3）na3n+3h2o=3naoh+nh3（2分）（4）2na+co32-+h2o+co2=2nahco3（2分）（5）p的化学式na2c2o4 （2分） 是（1分）【命题立意】本题考查硫及其化合物的性质、无机推断、化学键、熔沸点比较、氧化还原反应等。【解析】根据a与so2属于等电子体知a含3个原子，最外层电子总数为18，而且将cuo和硫一起混合加热，可生成a，同时生成一种黑色固体b，再结合s2cl2与cuo加热时也能生成a知a是s2o，则b是cus，不是o3，因为o3有强氧化性，可氧化cus。由此写出方程式。s2o 能在水中发生歧化反应，生成两种酸的酸性都不强知酸应该是氢硫酸和亚硫酸，酸性：h2so3 大于h2s。已知a是有机羧酸盐，b、c、d是常见化合物；a、b、c、d焰色反应呈黄色，水溶液均呈碱性。则可推知化合物a、b、c、d均为含有na元素的碱或强碱弱酸盐，b的碱性最强，则b为naoh,x、y是最常见的氧化物且与人体、生命息息相关，它们的晶体类型相同，则x、y应为h2o和co2中的1种，由c受热分解得到y、d和x；b与c反应生成d和x，可推知c为nahco3，d为na2co3；即2 nahco3na2co3+co2+h2o；nahco3+naoh =na2co3+h2o，由此可确定x为h2o，y为co2，e由两种元素组成，式量为83，将e投入h2o中得到naoh和气体z，z在标准状况下的密度为0.76gl-1，由计算可知气体z的相对分子质量是17，则z为nh3，由该反应：e + h2o naoh + nh3，可推知e由na和n两种元素组成，再根据元素化合价可确定e是na3n。（1）e含离子键（2）水分子间存在氢键，从而使分子间作用力增加，因此有较高的沸点。（4）d的饱和溶液中不断通入通y析出c的离子方程式为：2na+co32-+h2o+co2=2nahco3（5）根据2ap +h2得到p，可知，2hcoona na2c2o4+ h2，p为na2c2o4，该反应生成氢气，故是氧化还原反应。 27、（14分）研究表明丰富的co2完全可以作为新碳源，解决当前应用最广泛的碳源(石油和天然气)到本世纪中叶将枯竭的危机，同时又可缓解由co2累积所产生的温室效应，实现co2的良性循环。（1）目前工业上有一种方法是用co2和h2在230催化剂条件下转化生成甲醇蒸汽和水蒸气。下图表示恒压容器中0.5 mol co2和1.5 mol h2转化率达80%时的能量变化示意图。 能判断该反应达到化学平衡状态的依据是_。 a容器中压强不变 bh2的体积分数不变cc(h2)=3c(ch3oh) d容器中密度不变e2个co断裂的同时有6个hh断裂。（2）将不同量的co(g)和h2o(g)分别通入到体积为2l的恒容密闭容器中，进行反应co(g)h2o(g)co2(g)h2(g)，得到如下三组数据：实验组 温度起始量/mol平衡量/mol达到平衡所需时间/min coh2oh2co16504216246290021041633900abcdt 实验2条件下平衡常数k= 。 实验3中，若平衡时，co的转化率大于水蒸气，则a/b 的值_(填具体值或取值范围)。 实验4，若900时，在此容器中加入co、h2o、co2 、h2均为1mol，则此时v正 v逆（填“” ，“=”）。（3）已知在常温常压下： 2ch3oh(l) 3o2(g) 2co2(g) 4h2o(g) h1275.6 kjmol 2co (g)+ o2(g) 2co2(g) h566.0 kjmol h2o(g) h2o(l) h44.0 kjmol写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式： 。（4）已知草酸是一种二元弱酸，草酸氢钠（nahc2o4）溶液显酸性。常温下，向10 ml 0.01 moll-1 h2c2o4溶液中滴加10ml 0.01moll-1 naoh溶液时，比较溶液中各种离子浓度的大小关系 ；（5）以甲醚、空气、氢氧化钾溶液为原料，石墨为电极可构成燃料电池。该电池的负极反应式为_；27（14分）（1） b d（2分） （2）1/6或0.17(2分) 1 （填0a/b1亦可）(2分) c(hc2o4-) c(h+) c(c2o42-) c(oh-)(2分)；（5）ch3och3+16oh12e-=2co32-+11h2o（2分）【命题立意】本题考查化学平衡状态的判断、平衡常数、盖斯定律的应用、离子浓度比、燃料电池。【解析】（1）由所给能量变化示意图可知，1molco2和3molh2转化率达100%时放出热量49kj，所以该反应的热化学方程式为：co2(g)+3h2(g)ch3oh(g)+h2o(g)h =49kjmol-1该反应是在恒压容器中进行，所以压强始终不变，不能判断该反应达到化学平衡状态，a错误；达平衡时，各物质的含量都不再改变，氢气的体积分数恒定，可以判断该反应达到化学平衡状态，b正确；平衡时，氢气和甲醇的浓度不一定具备化学计量数的比例关系，不能判断该反应达到化学平衡状态，c错误；由于该反应是反应前后气体的物质的量改变的反应，当压强不变时，容器体积在减小，密度增大，当平衡时气体密度不再增大，保持不变，能判断该反应达到化学平衡状态，d正确；反应的任何状态时都有2个co断裂的同时有6个hh断裂，不能判断该反应达到化学平衡状态，e错误，答案选bd。实验2条件下平衡常数，需要列式计算平衡浓度； h2o（g）+co（g） co2（g）+h2（g）初始浓度: 0.5mol/l1mol/l 0 0转化浓度:0.2mol/l 0.2mol/l 0.2mol/l 0.2mol/l平衡浓度:0.3mol/l 0.8mol/l0.2mol/l 0.2mol/l,k=0.17若a/b=1，co与水蒸气的计量数之比是1：1，故二者的转化率相等，欲co的转化率大于水蒸气，a/b0.17,则反应逆向程度大，v正 c(oh-)，考虑水的电离知c(h+) c(c2o42-)，故c(na+) c(hc2o4-) c(h+) c(c2o42-) c(oh-)二甲醚在负极失电子发生氧化反应生成二氧化碳，然后二氧化碳与氢氧化钾反应生成碳酸钾：ch3och3+16oh12e-=2co32-+11h2o。28（14分）已知so2可以用fe(no3)3溶液吸收，某学习小组据此按下图装置展开如下相关探究：取一定量的铜片于三颈烧瓶中，通入一段时间n2后再加入足量的浓硫酸，加热。装置a中有白雾（硫酸酸雾）生成，装置b中产生白色沉淀。回答下列问题：（1）装置a中用于添加浓硫酸的仪器名称为 ；检查图中连通装置a、b气密性的方法是 。（2）加入浓硫酸之前先通人n2一段时间，其目的是 ；排除装置a中白雾影响，可在装置a、b间增加洗气瓶c，则c中盛放的试剂是 。若用氢氧化钠溶液处理尾气，则发生反应的离子方程式为 。（3）经过讨论，该小组对装置b中产生沉淀的原因，提出下列假设（不考虑各因素的叠加）：假设1：装置a中白雾进入装置b中参与了反应。假设2： 。假设3：fe（no3）3溶液显酸性，在此酸性条件下no3能氧化so2。（4）请你设计实验验证上述假设3，写出实验步骤、预期现象和结论。实验步骤（简述操作过程）预期现象和结论测1.0moll1fe(no3)3溶液的ph；28（14分）（1）分液漏斗（1分） 关闭弹簧夹1和弹簧夹2，打开分液漏斗活塞，向漏斗中加水至水不流下，停止加水；观察一段时间液面不下降，则气密性好；否则不好。（2分）（2）排除空气的干扰（1分） 饱和nahso3溶液（2分） so2+2oh=so32+h2o （2分）（3）so2被fe3+氧化为so42 （1分）（4） 实验步骤（简述操作过程）预期现象和结论取与fe(no3)3溶液中c（no3）相同的适量ba(no3)2溶液滴入试管中；（1分）向试管中滴加少许稀hno3，调节ph与相同；（1分）向试管中通入适量so2气体。（1分）若有白色沉淀，则假设3成立；（1分）反之，则假设3不成立。（1分）【命题立意】本题以so2可以用fe(no3)3溶液吸收为情景考查实验探究、物质的性质、操作目的等。【解析】（1）该装置的气密性的检查可运用液封法，即关闭弹簧夹1和弹簧夹2，打开分液漏斗活塞，向漏斗中加水至水不流下，停止加水；观察一段时间液面不下降，则气密性好；否则不好。（2）加入浓硫酸之前先通n2一段时间，其目的是驱赶装置中的空气，排除空气的干扰，因为在溶液中氧气可氧化二氧化硫；a中的白雾是硫酸，c中盛放的试剂应该只吸收硫酸，但是不溶解或反应消耗so2，可以是nahso3饱和溶液。氢氧化钠溶液可吸收二氧化硫，生成亚硫酸钠：so2+2oh=so32+h2o二氧化硫具有还原性，可被氧化生成硫酸根离子，进而生成硫酸钡沉淀，故装置b中的沉淀是硫酸钡，即二氧化硫通入b有so42-生成，根据假设3推测猜想2是so2被fe3+氧化为so42-。假设3的验证，即检验硝酸可氧化so2，设计实验时，根据“此酸性条件下no3能氧化so2”要考虑控制变量，即硝酸溶液的ph与1.0moll1fe(no3)3溶液的ph相同，然后通入额头回来，根据现象得出结论。【举一反三】假设3的验证也可这样设计实验：测1.0moll1fe(no3)3溶液的ph；将15moll-1ba（no3）2溶液加入试管，通入hcl，并使溶液的ph与相同然后通入二氧化硫，若有白色沉淀，则假设3成立；反之，则假设3不成立。36【化学选修2：化学与技术】（15分）工业上设计将voso4中的k2so4、sio2杂质除去并回收得到v2o5的流程如下：请回答下列问题：（1）步骤所得废渣的成分是 （写化学式），操作i的名称 。（2）步骤、的变化过程可简化为（下式r表示vo2+，ha表示有机萃取剂）：r2(so4)n (水层)2nha（有机层） 2ran（有机层）nh2so4 (水层)中萃取时必须加入适量碱，其原因是 。中x试剂为 。（3）的离子方程式为 。（4）25时，取样进行试验分析，得到钒沉淀率和溶液ph之间关系如下表：ph1.31.41.51.61.71.81.92.02.1钒沉淀率%88.194.896.598.098.898.896.493.189.3结合上表，在实际生产中，中加入氨水，调节溶液的最佳ph为 。若钒沉淀率为93.1%时不产生fe(oh)3沉淀，则溶液中c(fe3+) 。（已知：25时，kspfe(oh)32.61039）（5）该工艺流程中，可以循环利用的物质有 和 。36（15分）（1）sio2 （1分） 过滤（2分）（2）加入碱中和硫酸，促使平衡正向移动，提高钒的萃取率或类似表述，如提高ran（有机层）的浓度、百分含量等（2分） h2so4（2分）（3）6vo2+clo39h2o=6vo3cl18h+（2分）（4）1.71.8（或1.7、1.8其中一个）（2分），2.6103moll1（2分）（5）氨气（或氨水）（1分）；有机萃取剂（1分）【命题立意】本题以流程题的形式考查实验操作、离子方程式的书写、溶度积的计算等。【解析】sio2不溶于水、酸，通过过滤除去根据平衡移动原理知加入碱中和硫酸，促使平衡正向移动，提高钒的萃取率通过反萃取，得到酸性水溶液含vo2+、so42-，而且根据r2(so4)n (水层)2nha（有机层） 2ran（有机层）nh2so4 (水层)可知x是硫酸（平衡逆向移动）。反应是氧化还原反应，氯酸钾将v从+4氧化到+5价，本身被还原为cl-：6vo2+clo39h2o=6vo3cl18h+步骤加入氨水，溶液呈碱性，vo3转化为沉淀，分析表知钒沉淀率在ph=1.71.8时最大，故调节溶液的最佳ph为1.7. 钒沉淀率为93.1%时的ph=2.0,即c(oh)=10-12mol/l，产生fe(oh)3沉淀时的c(fe3+)=2.61039（10-12）3=2.6103 mol/l，故溶液中c(fe3+)2.6103 mol/l，不产生fe(oh)3沉淀。若产物在流程的某步是反应物，则该物质可循环，如氨气，另外步骤得到的物质用在步骤中，则该物质可循环。37【化学选修3：物质结构与性质】（15分）前四周期原子序数依次增大的六种元素a、b、c、d、e、f中，a、b属于同一短周期元素且相邻，a元素所形成的化合物种类最多，c、d、e、f是位于同一周期的金属元素，基态c、f原子的价电子层中未成对电子均为1个，且c、f原子的电子数相差为10，基态d、e原子的价电子层中未成对电子数分别为4、2，且原子序数相差为2。（1）六种元素中第一电离能最小的是 （填元素符号，下同），电负性最大的是 。（2）黄血盐是由a、b、c、d四种元素形成的配位化合物c4d(ab)6，易溶于水，广泛用作食盐添加剂（抗结剂）。请写出黄血盐的化学式 ，1 mol ab中含有键的数目为 ，黄血盐晶体中各种微粒间的作用力不涉及 （填序号）。a离子键 b共价键 c配位键 d金属键 e氢键 f分子间的作用力（3）e2+的价层电子排布图为 ，很多不饱和有机物在e催化下可与h2发生加成反应：如ch2ch2、hcch、hcho。其中碳原子采取sp2杂化的分子有 （填物质序号），hcho分子的立体结构为 形，它加成产物的熔、沸点比ch4的熔、沸点高，其主要原因是（须指明加成产物是何物质） 。 （4）金属c、f晶体的晶胞结构如右图（请先判断对应的图），c、f两种晶体晶胞中金属原子的配位数之比为 。金属c的晶胞中，若设该晶胞的密度为a g/cm3，阿伏加得罗常数为na，c原子的摩尔质量为m，则表示c原子半径的计算式为 。37（15分）（1）k（1分） n（1分）（2）k4fe(cn)6（1分） 2na个（1分） def（2分） （3）（2分） （2分） 平面三角（1分） 加成产物ch3oh分子之间能形成氢键（1分）（4）2：3（1分） （2分）【命题立意】本题考查物质结构与元素周期律、第一电离能、电负性、微粒间作用、电子排布式、熔沸点比较、晶胞计算等。【解析】a是形成化合物种类最多的元素，则a为碳元素；a、b属于同一短周期元素且相邻，则b为氮元素；c、d、e、f是位于同一周期的金属元素，基态c、f原子的价电子层中未成对电子均为1个，且c、f原子的电子数相差为10，则c是钾元素,f是铜元素,基态d、e原子的价电子层中未成对电子数分别为4、2，且原子序数相差为2，则d是铁元素,e为镍元素.（1）同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，所以，六种元素中第一电离能最小的是k，同周期从左到右，元素的电负逐渐增大，同主族从上到下，电负性逐渐变小，所以电负性最大的是n；（2）根据推出的元素知黄血盐的化学式为k4fe(cn)6；ab是cn-，根据cn结构，1molcn-中含有2mol键，即2na个。黄血盐晶体中各种微粒间的作用力有离子间的离子键、非金属原子间的共价键、铁与cn-的配位键，没有金属键、氢键 、分子间的作用力，选def。ni失去最外层2个电子形成ni2+，其价层电子排布图为；ch2=ch2中每个碳原子含有3个键，不含孤电子对，为平面结构，所以采取sp2杂化；chch中含有1个键、2个键，杂化轨道数为1+1=2，为直线型结构，所以碳原子采取sp杂化；苯中碳原子成1个c-h键，2个c-c 键，同时参与成大键，杂化轨道数为1+2=3，为平面结构，所以碳原子采取sp2杂化；hcho中碳原子成2个c-h键，1个碳氧双键，双键中含有1个键、1个键，杂化轨道数为2+1=3，是平面正三角形结构，所以碳原子采取sp2杂化；hcho与氢气的加成产物是甲醇，氧原子的电负性大，易形成分子间氢键，所以熔、沸点比ch4的熔、沸点高；（4）是钾晶胞，配位数是8，是铜晶胞，配位数是382=12,两种晶体晶胞中金属原子的配位数之比为2:3。此晶胞含2个钾原子，晶胞质量为78/na，则晶胞的体积78/ana，设棱长为b，2m/ana=b3，k原子半径为c，对角线为4c，面对角线为b，（4c）2=b2+2b2