广东省广州市广大附中等三校高三化学上学期12月联考试题（含解析）.doc

广东省广州市广大附中等三校2016届高三化学上学期12月联考试题（含解析）可能用到的相对原子质量 h：1 o：16 na：23 s：32一、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，只有一个选项是符合题目要求的。7下列叙述和均正确并且有因果关系的是( )选项叙述叙述a测得纳米材料fe3o4的微粒直径为90nm纳米材料fe3o4属于胶体bc(金刚石，s)=c(石墨，s) h=1.5 kjmol1相同条件下，石墨比金刚石稳定cnahco3溶液呈碱性nahco3溶液中加入少量naoh固体，可抑制hco3-的水解，增大c(hco3-)d反应物比例不同可导致产物不同na与o2反应可能生成na2o，也可能生成na2o2【答案】b【解析】试题分析：a、胶体微粒直径1100nm，在分散系中形成胶体，纳米材料fe3o4不是胶体，属于分散质，叙述错误，故a错误；b、物质能量越高越活泼，c(金刚石，s)c(石墨，s)h=1.5kjmol1，金刚石能量高，石墨比金刚石稳定，叙述和均正确并且有因果关系，故b正确；c、nahco3溶液水解显碱性，叙述正确，nahco3溶液中加入少量naoh固体，可抑制hco3-的水解，增大c(hco3-)，叙述正确，但没有因果关系，故c错误；d、na与o2反应可能生成na2o，也可能生成na2o2，是反应条件不引起的，因果关系成为，故d错误；故选b。考点：考查了分散系、反应热和焓变等相关知识。8设na表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )a过氧化钠与水反应时，生成22.4l氧气转移的电子数为2 nab18g d2o中含有的电子数和中子数均为10 na c密闭容器中2mol no与1mol o2充分反应，产物的分子数为2 nad1mol na与足量的o2反应，生成na2o和na2o2的混合物，钠失去 na个电子【答案】d【解析】试题分析：a、过氧化钠与水反应中过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，生成22.4l氧气，为注明是否为标准状况，无法计算转移的电子数，故a错误；b、18g d2o的物质的量为1mol，含有的电子数和中子数不等于10 na，故b错误；c、密闭容器中2mol no与1mol o2充分反应生成二氧化氮，二氧化氮与四氧化二氮存在平衡，产物的分子数少于2 na，故c错误；d、钠最外层只有1个电子，1mol na与o2反应，无论生成na2o还是na2o2，钠失去的电子均为1mol，故d正确；故选d。考点：考查了阿伏加德罗常数的计算的相关知识。9某分子式为c10h20o2的酯，在一定条件下可发生如下图的转化过程：则符合上述条件的酯的结构可有( )a2种 b4种 c6种 d8种 【答案】b【解析】试题分析：分子式为c10h20o2的酯是属于饱和一元酯基，碱性条件下水解得到羧酸盐与醇，b酸化与c连续氧化都得到同一物质，故b为羧酸钠盐，c为醇，且b、c分子含有相同碳原子数目，b、c分子中碳碳骨架结构相同，故则形成c10h20o2的酯的酸为c4h9cooh，醇为c4h9ch2oh，都含有c4h9-烃基且相同，有四种结构：-ch2ch2ch2ch3，-ch(ch3)ch2ch3，-ch2c(ch3)2，-c(ch3)3，则分子式为c10h20o2的酯有四种结构，故选b。考点：考查了酯的水解反应、有机物的结构和性质、同分异构体的相关知识。10如图甲池和乙池中的四个电极都是铂电极，乙池溶液分层，上层溶液为某盐溶液，呈中性。请根据下图所示，判断下列有关说法正确的是( )a 甲池是电解池，乙池是原电池；a电极反应式为：c2h5oh3h2o -12e=2co212h+b反应一段时间后，两池溶液的ph均未变化c假如乙池中加入k2so4溶液，隔膜只允许k+通过，当电路中转移0.01mol e时，则隔膜左侧溶液中最终减少离子约0.02mold假如乙池中加入nai溶液，则在乙池反应过程中，可以观察到c电极周围的溶液呈现棕黄色，反应完毕后，用玻璃棒搅拌溶液，则下层溶液呈现紫红色，上层接近无色【答案】d【解析】试题分析：a、燃料电池是原电池，通入燃料的a电极是负极，负极上失电子发生氧化反应，碱性环境下，发生反应：c2h5oh+16oh-12e-2co32-+11h2o，故a错误；b、甲池放电的总方程式为c2h5oh+4oh-+3o2=2co32-+5h2o，消耗氢氧根离子溶液的ph值变小，故b错误；c、乙池中加入k2so4溶液，当电路中转移0.01mol e-时，交换膜左侧会有0.01mol钾离子通过阳离子交换膜向d极移动，同时会有0.005mol氢氧根离子失去0.01mol电子生成氧气，所以氢氧根离子会减少0.005mol，则交换膜左侧溶液中共约减少0.015mol离子，故c错误；d、通乙醇的电极是负极，所以d是阴极，c是阳极，在乙池反应过程中，碘离子在阳极c极放电，生成棕黄色的碘，用有机物四氯化碳萃取，有机层四氯化碳在下层，碘单质溶于其中，下层溶液呈现紫红色，上层接近无色，故d正确；故选d。考点：考查了原电池和电解池的工作原理的相关知识。11moh和roh两种一元碱，常温下其水溶液分别加水稀释时，ph变化如下图。下列说法正确的是( )a在x点时，由h2o电离出的c(h+)相等，c(m) = c(r)b稀释前，c(roh)10c(moh)c稀释前的roh与等体积ph=1的h2so4混合后所得溶液显酸性d等体积等浓度的moh和hcl混合后，溶液中离子浓度大小关系：c(cl-)c(m+)c(oh-)c(h+)【答案】a【解析】试题分析：由图可知，roh开始的ph=13，稀释100倍ph=11，则roh为强碱，而moh开始的ph=12，稀释100倍ph=11，则moh为弱碱。a、由rohr+oh-，mohm+oh-可知，在x点，c(oh-)相等，则c(m+)=c(r+)，故a正确；b、稀释前，c(roh)=0.1mol/l，c(moh)0.01mol/l，则c(roh)10c(moh)，故b错误；c、稀释前的roh与等体积ph=1的h2so4混合后恰好中和生成盐，溶液显中性，故c错误；d、moh为弱碱，等体积等浓度的moh与盐酸反应，生成强酸弱碱盐，水解显酸性，c(h+)c(oh-)，故d错误；故选a。考点：考查了弱电解质在水溶液中的电离平衡；ph的简单计算的相关知识。12短周期主族元素x、y、z、w的原子序数依次增大。x与w同主族，x、w的单质在标准状况下的状态不同。y是空气中含量最高的元素，z原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，z2与w具有相同的电子层结构。下列说法正确的是( )a原子半径大小顺序：r(w)r(z)r(y)r(x)，离子半径大小顺序：r(z2)r(w)b元素y的简单气态氢化物的热稳定性和熔沸点都比z的高c由x、y、z三种元素形成的化合物的水溶液可能呈碱性d化合物x2z2与w2z2所含化学键类型完全相同【答案】c【解析】试题分析：短周期主族元素x、y、z、w的原子序数依次增大，y是空气中含量最高的元素，则y为n元素；z原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则z为o元素；z2-与w+具有相同的电子层结构，则w为na；x与w同主族，x、w的单质在标准状况下的状态不同，则x单质为气体，故x为h元素。a、同周期自左到右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，氢原子比较最小，故原子半径r(na)r(n)r(o)r(h)，即r(w)r(y)r(z)r(x)，故a错误；b、非金属性z(o)y(n)，元素非金属性越强，简单气态氢化物越稳定，因此h2o的热稳定性大于nh3，故b错误；c、由x(h)、y(n)、z(o)三种元素形成的化合物中，一水合氨的水溶液呈碱性，故c正确；d、化合物h2o2含有共价键，而na2o2含有共价键、离子键，所含化学键类型不完全相同，故d错误，故选c。考点：考查了元素周期律与元素周期表的相关知识。13利用右图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是( )选项实验结论a浓盐酸na2co3na2sio3溶液非金属性：cl c sib稀硫酸na2sagno3与agcl的浊液ksp(agcl)ksp(ag2s)c浓氨水碱石灰alcl3溶液al(oh)3是两性氢氧化物d浓硫酸蔗糖溴水浓硫酸具有脱水性、氧化性【答案】d【解析】试题分析：a、盐酸不是氯元素的最高价氧化温度水化物，故a错误；b、硫化氢气体通入含有氯化银白色沉淀的悬浊液中生成黑色沉淀，说明硫化银的溶解度小于氯化银，但是不能说明ksp(agcl)ksp(ag2s)，故b错误；c、氨气通入氯化铝溶液中生成氢氧化铝沉淀，不能讲氢氧化铝溶解，也就不能说明氢氧化铝的两性，故c错误；d、浓硫酸滴入蔗糖中，蔗糖脱水碳化，体现了浓硫酸的脱水性，同时生成刺激性气味的气体为二氧化硫，是因为浓硫酸将碳氧化的缘故，体现了浓硫酸的强氧化性，故d正确；故选d。考点：考查了化学实验方案的设计与评价的相关知识。三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题第32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33题第40题为选考题，学生根据要求作答。(一)必考题(共131分)26 (16分) 非金属元素及其化合物在工农业生产中应用非常广泛。请回答以下问题：i氯及其化合物 clo2与cl2的氧化性相近。在自来水消毒和果蔬保鲜等方面应用广泛，某兴趣小组通过如下图所示，对其制备、吸收、释放和应用进行了研究。（1）a中发生反应的化学方程式： 。（2）关闭b的活塞，clo2在d中被稳定剂完全吸收生成naclo2，此时f中溶液的颜色不变，则装置c的作用是 。（3）已知在酸性条件下naclo2可发生反应生成nacl并释放出clo2，该反应的离子方程式为 ，在clo2释放实验中，打开e的活塞，d中发生反应，则装置f的作用是 。ii硫及其化合物：（1）选择以下装置，通过实验现象依次完成以下验证：so2具有酸性、氧化性、还原性、漂白性。其仪器的连接顺序为 。（2）利用下图装置能证明so2不与bacl2溶液反应，通入x气体可排除干扰达到实验目的是 aco2 bnh3 co3 dn2 eno2c发生的离子方程式 。（3）葡萄酒常用na2s2o5作抗氧化剂。测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离so2计算)的方案如下：按上述方案实验，当消耗标准i2溶液25.00 ml时，滴定完毕，滴定终点的标志 ，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量(以游离so2计算)为 gl1。【答案】(16分) （1）2naclo3+4hcl=2clo2+cl2+2nacl+2h2o；（2）吸收cl2；（3）4h+5clo2-=cl+4clo2+2h2o；验证是否有clo2 生成；（1）a c i b f e g；（2）ad；3so2+3ba2+2no3+2h2o=3baso4+2no+4h+；（3）当滴入最后一滴i2溶液时，溶液从无色恰好变为蓝色，且30秒内不褪色，则说明已达到终点；0.32；【解析】试题分析：（1）a中氯酸钠和盐酸反应生成氯气和二氧化氯，反应的化学方程式为：2naclo3+4hcl=2clo2+cl2+2nacl+2h2o，故答案为：2naclo3+4hcl=2clo2+cl2+2nacl+2h2o；（2）f装置中发生cl2+2ki=2kcl+i2时，碘遇淀粉变蓝，而f中溶液的颜色不变，则装置c的作用是吸收cl2，故答案为：吸收cl2；（3）在酸性条件下naclo2可发生反应生成nacl并释放出clo2，根据元素守恒可知应还有水生成，该反应的离子方程式为：4h+5clo2-=cl-+4clo2+2h2o； 在clo2释放实验中，打开e的活塞，d中发生反应，则装置f的作用是验证是否有clo2 生成，故答案为：4h+5clo2-=cl-+4clo2+2h2o；验证是否有clo2 生成；ii（1）根据图示，反应生成的二氧化硫中含有一定量的氯化氢气体，会影响二氧化硫的性质检验，需要用c除去，将so2通入硅酸钠溶液中，溶液变浑浊，说明亚硫酸的酸性强于硅酸，将二氧化硫通入硫化钠溶液生成淡黄色沉淀，说明二氧化硫检验氧化性、将二氧化硫通入氯化铁溶液，溶液由黄色变成淡绿色，说明二氧化硫检验还原性、将二氧化硫通入品红溶液，溶液褪色，说明二氧化硫检验漂白性，性质验证结束，多余的二氧化硫需要用氢氧化钠溶液吸收，防止污染空气，仪器的连接顺序为a c i b f e g，故答案为：a c i b f e g；（2）a、co2与so2和bacl2溶液均不反应，对实验没有影响，可以达到实验目的；b、nh3与二氧化硫反应生成亚硫酸铵，再与bacl2溶液生成亚硫酸钡沉淀，不能达到实验目的；c、o3能将二氧化硫氧化为三氧化硫，与bacl2溶液反应生成硫酸钡沉淀，不能达到实验目的；d、n2与so2和bacl2溶液均不反应，对实验没有影响，可以达到实验目的；e、no2能将二氧化硫氧化为三氧化硫，与bacl2溶液反应生成硫酸钡沉淀，不能达到实验目的；故选ad。c中硝酸钡溶液吸收二氧化硫，将二氧化硫氧化为硫酸，生成硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为：3so2+3ba2+2no3+2h2o=3baso4+2no+4h+，故答案为：ad；3so2+3ba2+2no3+2h2o=3baso4+2no+4h+；（3）滴定终点时的现象为，当滴入最后一滴i2溶液时，溶液从无色恰好变为蓝色，且30秒内不褪色，则说明已达到终点；根据反应“so2+i2+2h2o=h2so4+2hi”，则样品中抗氧化剂的残留量=0.32 g/l；故答案为：当滴入最后一滴i2溶液时，溶液从无色恰好变为蓝色，且30秒内不褪色，则说明已达到终点；0.32g/l。考点：考查了性质实验方案设计的相关知识。27(14分) 工业上回收利用某合金废料(主要含fe、cu、al、co、li等，已知co、fe都是中等活泼金属)的工艺流程如下：已知：ksp=4.01021，ksp=1.01032，ksp=1.01038，ksp=8.01019。ph=7.3时li+或co3+开始沉淀。（1）金属m为 。（2）加入h2o2的作用是(用离子方程式表示) 。氨水的作用是调节溶液的ph，室温下，使溶液中杂质离子刚好沉淀完全而全部除去(浓度小于1.0105moll1) 。需调节溶液ph范围为 。（3）充分焙烧的化学方程式为 。（4）已知li2co3微溶于水，其饱和溶液的浓度与温度关系见下表。操作2中，蒸发浓缩后必须趁热过滤，其原因是 。温度/10306090浓度/moll10.210.170.140.10（5）用惰性电极电解熔融li2co3制取锂，阳极生成两种气体，则阳极的电极反应式为 。（6）用li、co形成某锂离子电池的正极是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(如图a)。电池反应为lixc6+li1-xcoo2c6+licoo2，写出该电池放电时的负极反应式_。锂硫电池的总反应为：2li+sli2s，图b表示用锂离子电池给锂硫电池充电，请在图b的电极( )中填写“li”或“s”，以达到给锂硫电池充电的目的。 【答案】(14分)（1）cu；（2）2fe2h2o22h2fe32h2o；5.0ph 7.3；（3）4coc2o42h2o3o2 2co2o38h2o8co2；（4）减少li2co3的溶解损失；（5）2co324eo2co2；（6）lixc6-xec6+xli+；【解析】试题分析：合金废料(主要含fe、cu、co、li等，已知co、fe都是中等活泼金属)加入盐酸过滤得到金属m为不与盐酸反应的铜，浸出液中加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入氨水调节溶液ph使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，通过操作过滤得到溶液a中加入草酸铵溶液沉淀钴离子过滤得到溶液b主要是锂离子的溶液，加入碳酸钠沉淀锂离子，过滤得到碳酸锂；结晶析出coc2o42h2o足量空气煅烧得到氧化钴。（1）上述分析判断金属m为cu，故答案为：cu；（2）加入h2o2的作用是氧化亚铁离子为铁离子，反应的离子方程式为：2fe2+h2o2+2h+=2fe3+2h2o；加入氨水的作用是调节溶液ph使fe3+转化为fe(oh)3沉淀，故答案为：2fe2+h2o2+2h+=2fe3+2h2o；根据ksp=4.01021，ksp=1.01032，ksp=1.01038，ksp=8.01019，可知，使铜离子完全沉淀时c(oh-)=2108，同理，使铝离子完全沉淀时c(oh-)=1109，使铁离子完全沉淀时c(oh-)=11011，使亚铁离子完全沉淀时c(oh-)=2.8107，ph最大为5，应调节溶液ph范围为5.0ph 7.3，故答案为：5.0ph 7.3；（3）coc2o4焙烧生成co2o3、co2和水，反应的化学方程式为4coc2o42h2o+3o22co2o3+8 h2o+8co2，故答案为：4coc2o42h2o+3o22co2o3+8 h2o+8co2；（4）li2co3微溶于水，溶解度随温度升高而降低，为减少li2co3的溶解损失，蒸发浓缩后必须趁热过滤，故答案为：减少li2co3的溶解损失；（5）用惰性电极电解熔融li2co3制取锂，阳极生成两种气体，应为二氧化碳和氧气，电极方程式为2co32-4e-=o2+co2，故答案为：2co32-4e-=o2+co2（6）原电池的负极发生氧化反应，元素的化合价升高，放电时的负极反应式为lixc6-xec6+xli+，故答案为：lixc6-xec6+xli+；根据锂硫电池的总反应为：2li+sli2s，放电时锂的化合价升高，是负极，充电时节电源的负极，在锂离子电池中正极是licoo2，c6是负极，因此与c6相连的是锂，故答案为：。考点：考查了物质的分离提纯、原电池和电解池原理的相关知识。28(15分)减少污染、保护环境是全世界最热门的课题。ico在催化剂作用下可以与h2反应生成甲醇：co(g)+2h2(g) ch3oh(g)，h1（1）已知反应中的相关的化学键键能数据如下：化学键h-hc-oc oh-oc-he/(kjmol-1)436343876465413由此计算h1= 。（2）图1中能正确反映反应平衡常数的对数lgk随反应温度t的变化曲线为 (填曲线标记字母)，其判断理由是 。 （3）在密闭容器中充有10 mol co与20 mol h2，co的平衡转化率与温度、压强的关系如图2。p1 p2(填“大于”或“小于”)，其判断理由是 。m、n、q三点平均速率(m)、(n)、(q)大小关系为 。m、n、q三点平衡常数km、kn、kq大小关系为 。ii一定量的co2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：c(s)+co2(g) 2co(g)。平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如下图所示。已知：气体分压(p分)= 气体总压(p总) 体积分数。完成下列填空：650时，反应达平衡后co2的转化率为 。t时，若充入等体积的co2和co，平衡 (填“向左移动”、“向右移动”或“不移动”)925时，p总=1/96mpa，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数kp= 。【答案】(15分)、（1）299 kjmol-1；（2）i ；反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数数值及平衡常数的对数lgk随温度升高变小；（3）小于；相同温度下，由于反应为气体分子数减小的反应，加压有利于平衡正移，提升co的转化率，故p1 p2； (m) (n) kq；25.0%；不移动；0.24 mpa；925时，co的气体分压为96%mpa=1%mpa，则co2的体积分数都为4%，co2的气体分压为4%mpa=%mpa，所以用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数kp=0.24 mpa，故答案为：0.24 mpa。考点：考查了反应热和焓变、化学平衡的计算、化学平衡移动的影响因素等相关知识。36(13分)普通纸张的主要成分是纤维素，在早期的纸张生产中，常采用纸表面涂覆明矾的工艺，以填补其表面的微孔，防止墨迹扩散，请回答下列问题：（1）人们发现纸张会发生酸性腐蚀而变脆、破损，严重威胁纸质文物的保存。经分析检验，发现酸性腐蚀主要与造纸中涂覆明矾的工艺有关，其中的化学原理是 ；为了防止纸张的酸性腐蚀，可在纸浆中加入碳酸钙等添加剂，该工艺原理的离子方程式为 。（2）为了保护这些纸质文物，有人建议采取下列措施： 喷洒碱性溶液，如稀氢氧化钠溶液或氨水等，这样操作产生的主要问题是 。 喷洒zn(c2h5)2。zn(c2h5)2可以与水反应生成氧化锌和乙烷。用化学(离子)方程式表示该方法生成氧化锌及防治酸性腐蚀的原理 。（3）现代造纸工艺常用钛白粉(tio2)替代明矾。钛白粉的一种工业制法是以钛铁矿(主要成分fetio3)为原料按下列过程进行的，请完成下列化学方程式： _fetio3+_c+_cl2_ticl4+_fecl3+_co _ticl4+ _o2 _tio3+_cl2【答案】(13分)（1）明矾水解产生酸性环境，在酸性条件下，纤维素水解，使高分子链断裂；caco3+2h+=ca2+co2+h2o；（2）过量的碱同样可以导致纤维素的水解，造成书籍污损；zn(c2h5)2+h2o=zno+ 2 c2h6；zno+2h+=zn2+h2o；（3）2fetio3+ 6c+7cl22ticl4+2fecl3+6co；ticl4+o2tio3+2cl2；考点：考查了盐类水解的应用；化学方程式的书写；离子方程式的书写的相关知识。37(13分)早期发现的一种天然二十面体准晶颗粒由al、cu、fe三种金属元素组成。回答下列问题：（1）准晶是一种无平移周期序，但有严格准周期位置序的独特晶体，可通过 方法区分晶体、准晶体和非晶体。（2） 基态fe原子有 个未成对电子，fe3+的电子排布式为 。可用硫氰化钾检验fe3+，形成的配合物的颜色为 。（3） 新制备的cu(oh)2可将乙醛(ch3cho)氧化为乙酸，而自身还原成cu2o，乙醛中碳原子的杂化轨道类型为 ，1mol乙醛分子中含有的键的数目为 。乙酸的沸点明显高于乙醛，其主要原因是 。cu2o为半导体材料，在其立方晶胞内部有4个氧原子，其余氧原子位于面心和顶点，则该晶胞中有 个铜原子。（4）al单质为面心立方晶体，其晶胞参数a0.405nm，晶胞中铝原子的配位数为 。列式表示al单质的密度 gcm3(不必计算出结果)【答案】(13分)（1）x-射线衍射；（2）4；1s22s22p63s23p63d5；血红色；（3）sp3、sp2；6na；ch3cooh存在分子间氢键；16；（4）12；【解析】试题分析：（1）从外观无法区分三者，但用x光照射挥发现：晶体对x射线发生衍射，非晶体不发生衍射，准晶体介于二者之间，因此通过有无衍射现象即可确定，故答案为：x射线衍射；（2）26号元素fe基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，可知在3d上存在4个未成对电子，失去电子变为铁离子时，先失去4s上的2个电子后失去3d上的1个电子，因此fe3+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，硫氰化铁为血红色，故答案为：4；1s22s22p63s23p63d5；血红色；（3）乙醛中甲基上的c形成4条键，无孤电子对，因此采取sp3杂化类型，醛基中的c形成3条键和1条键，无孤电子对，采取sp2杂化类型；1个乙醛分子含有6个键和一个键，则1mol乙醛含有6mol键，即6na个键；乙酸分子间可形成氢键，乙醛不能形成氢键，所以乙酸的沸点高于乙醛；该晶胞中o原子数为41+6+8=8，由cu2o中cu和o的比例可知该晶胞中铜原子数为o原子数的2倍，即为16个；故答案为：16；sp3、sp2