江苏省南大附中2015年高考化学一模试卷(解析版）.doc

江苏省南大附中2015年高考化学一模试卷一、选择题1下列说法不正确的是（）A臭氧（O3）是一种有鱼腥味、氧化性极强的淡蓝色气体，可用作自来水的消毒剂B人造纤维可利用竹子、棉花、麻类的纤维材料制成，而合成纤维是利用自然界的非纤维材料（如石油、煤）通过化学合成方法得到C铝及其合金是电气、工业、家庭广泛使用的材料，是因为铝的冶炼方法比较简单D有机玻璃是以有机物A（甲基丙烯酸甲酯）为单体，通过加聚反应得到，合成A的一种途经是：CH3CCH+CO+CH3OH，其过程符合绿色化学的原则考点：臭氧；绿色化学；铝的化学性质.专题：化学应用分析：A臭氧（O3）在常温下，它是一种有特殊臭味的淡蓝色气体具有氧化性极强，可用作自来水的消毒剂B以天然纤维素纤维（树皮、纸浆、废棉纱）为原料熔融纺丝、纺纱制造的，都是人造纤维；石油化工为原料制造的，都是合成纤维；C铝及其合金，具有很多优点：密度低，强度高，接近或超过优质钢，塑性好，可加工成各种型材，具有优良的导电性、导热性和抗蚀性，是电气、工业、家庭广泛使用的材料；D有机物A（甲基丙烯酸甲酯）为单体，通过加聚反应得到有机玻璃，原子利用率高，符合绿色化学原则解答：解：A臭氧（O3）在常温下，它是一种有特殊臭味的淡蓝色气体具有氧化性极强，可用作自来水的消毒剂，故A正确；B以天然纤维素纤维（树皮、纸浆、废棉纱）为原料熔融纺丝、纺纱制造的，都是人造纤维；以石油化工为原料制造的，都是合成纤维，故B正确；C铝及其合金是电气、工业、家庭广泛使用的材料，是因为其良好的性质，故C错误；D原子利用率高，符合绿色化学原则，故D正确；故选C点评：本题考查了臭氧的性质，人造纤维和合成纤维的定义，铝及其合金的性质，绿色化学，题目综合性强，难度不大，注意绿色化学是高考的频考点2（3分）（2015江苏校级一模）能在水溶液中大量共存的离子组是（）AH+、Fe3+、ClO、ClBH+、NH4+、Fe2+、NO3CAg+、K+、Cl、SO42DK+、AlO2、Cl、OH考点：离子共存问题.分析：A氢离子与次氯酸根离子反应生成次氯酸、次氯酸根离子与铁离子发生双水解反应；B硝酸根离子在氢离子大量存在条件下能够氧化亚铁离子；C氯离子、硫酸根离子与银离子发生反应；D四种离子之间不发生反应，在溶液中能够共存解答：解：AH+与Fe3+、ClO之间发生反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；BH+、Fe2+、NO3之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；CAg+与Cl、SO42之间反应生成沉淀，在溶液中不能大量共存，故C错误；DK+、AlO2、Cl、OH之间不反应，在溶液中能够大量共存，故D正确；故选D点评：本题考查离子共存的判断，该题是高考中的高频题，属于中等难度的试题，注意掌握离子反应发生条件，明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间，能发生氧化还原反应的离子之间，能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN）等；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识的能力3（3分）（2012肇庆二模）类推是学习和研究的重要思维方法下列类推结论正确的是（）化学事实类推结论AAl在O2中燃烧生成Al2O3Fe在O2中燃烧也生成Fe2O3BpH=3的盐酸稀释1000倍后pH=6pH=6的盐酸稀释1000倍后pH=9C用电解熔融MgCl2的方法冶炼金属镁用电解熔融NaCl的方法制取金属钠D将SO2通入BaCl2溶液中无沉淀生成将SO2通入Ba（NO3）2溶液中也无沉淀生成AABBCCDD考点：常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；pH的简单计算；二氧化硫的化学性质；金属冶炼的一般原理.专题：类比迁移思想分析：A、铝在氧气中燃烧生成最高价氧化物，而燃烧生成是四氧化三铁；B、酸无论如何稀释，不会改变性质，仍然是酸；C、工业上制得活泼金属，都是电解熔融的盐而在阴极得到金属；D、SO2通入BaCl2溶液中无沉淀生成，是弱酸不能制强酸，而SO2通入Ba（NO3）2溶液中发生了氧化还原反应，生成了白色的硫酸钡沉淀解答：解：A、铁燃烧生成是四氧化三铁，方程为：3Fe+2O2Fe3O4，所以类推错误，故A不选；B、pH=6的盐酸稀释1000倍后pH=9，溶液的pH无限接近7，不可显碱性，故B不选；C、工业上制得活泼金属，都是电解熔融的盐而在阴极得到金属，以制钠为例，方程式为2NaCl（熔融）2Na+Cl2，故选C；D、SO2通入Ba（NO3）2溶液中发生了氧化还原反应，生成了白色的硫酸钡沉淀，离子方程式为4H2O+3SO2+3Ba2+NO3=3BaSO4+NO+8H+，故D不选；故选C点评：本题考查有关元素及其化合物性质的类比，要解决此类问题必须在熟练掌握元素及化合物性质的基础上，才能得心应手！4（3分）（2015江苏校级一模）设NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）A0.56 L 甲烷中含有的共价键数为0.1NAB标准状况下，8g SO3含有的氧原子数为0.3NAC反应KClO3+6HClKCl+3Cl2+H2O中，每1 mol KClO3参与反应，转移e数为6NADpH=1的稀硫酸中含有的H+数为0.1NA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没有告诉在标准状况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算己烷的物质的量；B8g三氧化硫的物质的量为0.1mol，含有0.3mol氧原子；C反应中氯酸钾被还原生成氯气，消耗1mol氯酸钾会生成3mol氯气，电子转移了5mol；D没有告诉稀硫酸的体积，无法计算溶液中氢离子的数目解答：解：A没有告诉在标准状况下，题中条件无法计算0.56L甲烷的物质的量及共价键数目，故A错误；B8g SO3含有0.1mol三氧化硫，0.1mol三氧化硫含有的氧原子数为0.3NA，故B正确；C反应KClO3+6HClKCl+3Cl2+H2O中，1mol氯酸钾完全反应被还原成0价的氯气，同时生成3mol氯气，转移了5mol电子，转移e数为5NA，故C错误；D没有告诉pH=1的稀硫酸的体积，无法计算溶液中氢离子的数目，故D错误；故选B点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意明确标况下气体摩尔体积的使用条件，还要掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，选项D为易错点，注意题中缺少溶液体积5（3分）（2014江西模拟）豆油被加热到185时会产生如图所示的物质关于该物质的判不正确的是（）A该物质的分子式为C9H16O2B该物质可以与H2发生加成反应C该物质能使溴的四氯化碳溶液褪色D该物质属于烃类化合物考点：有机物的结构和性质.专题：有机物的化学性质及推断分析：有机物含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，含有羧基，具有酸性，可发生中和、酯化反应，含有羟基，可发生取代、氧化和消去反应，以此解答该题解答：解：A由结构简式可知该物质的分子式为C9H16O2，故A正确；B该物质含有碳碳双键能与H2发生加成反应，故B正确；C分子中含有碳碳双键，可使溴的四氯化碳溶液褪色，故C正确；D该物质属于烃的含氧衍生物，故D错误故选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，注意把握有机物官能团的性质以及有机物结构特点，难度不大6（3分）（2015江苏校级一模）（NH4）2PtCl6晶体受热分解，生成氮气、氯化氢、氯化铵和金属铂在此分解反应中，氧化产物与还原产物的物质的量之比是（）A2：3B3：2C4：3D1：3考点：氧化还原反应的计算.专题：氧化还原反应专题分析：反应中只有N元素的化合价升高，由3价升高为0价，氧化产物为氮气；Pt元素的化合价降低，由+4价降低为0价，还原产物为Pt，令氮气、Pt的物质的量分别为xmol、ymol，利用电子转移守恒计算解答：解：反应中只有N元素的化合价升高，由3价升高为0价，氧化产物为氮气；Pt元素的化合价降低，由+4价降低为0价，还原产物为Pt，令氮气、Pt的物质的量分别为xmol、ymol，则：xmol23=ymol4解得x：y=2：3故选A点评：本题考查氧化还原反应的计算，难度中等，利用氧化还原反应反应中电子守恒的计算即可解答7（3分）（2012肇庆二模）短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大金属W是制备手机电池的常用材料，X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，元素Y是地壳中含量最丰富的金属元素，Z原子的最外层电子数是它的电子层数的2倍下列说法正确的是（）A金属W具有两性BX、Z形成的化合物为离子化合物CY与Z生成的化合物在水中会发生双水解D元素X与氢形成的原子个数比为1：1的化合物只有两种考点：原子结构与元素的性质.专题：元素周期律与元素周期表专题分析：短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大，金属W是制备一种高效电池的重要材料，W为Li元素；X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，X有2个电子层，最外层电子数为4，故X为C元素；元素Y是地壳中含量最丰富的金属元素，Y为Al元素；Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，Z的原子序数等于Al元素，故Z有3个电子层，最外层电子数为6，故Z为S元素解答：解：短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大，金属W是制备一种高效电池的重要材料，W为Li元素；X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，X有2个电子层，最外层电子数为4，故X为C元素；元素Y是地壳中含量最丰富的金属元素，Y为Al元素；Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，Z的原子序数等于Al元素，故Z有3个电子层，最外层电子数为6，故Z为S元素，则：AW是Li，不是两性金属，故A错误；B元素X、Z形成的化合物为CS2，属于共价化合物，故B错误；C元素Y、Z形成的化合物为Al2S3，在水中水解生成氢氧化铝与硫化氢，故C正确；D元素X与氢形成的原子个数比为1：1的化合物有C2H2、C6H6、苯乙烯等有机物，故D错误，故选：C点评：本题考查原子结构、物质的结构与性质等，题目难度不大，注意原子核外电子的排布，推断元素为解答该题的关键二、综合题8（14分）（2015江苏校级一模）有A、B、C、D四种物质，B的焰色反应为黄色C是酸式盐，C加入硝酸酸化的Ba（NO3）2溶液中有白色沉淀生成D和G相遇有大量白烟生成，D通入硝酸酸化的AgNO3溶液有白色沉淀生成对A、B、C、D四种物质的水溶液进行下列实验，过程和现象如图所示（图中部分产物未列出），请回答下列问题：（1）B的电子式为（2）H生成I的化学方程式为2SO2+O22SO3（3）G在同主族同类物质中稳定性最强是，也是沸点最高的否（判断正误填“是”或“否”）（4）A溶液中加入D，A溶液的颜色由浅绿色变黄，则A的化学式为Fe（NO3）2（5）写出C与过量B反应（加热）的离子方程式NH4+HSO3+2OHNH3+SO32+2H2O（6）C与D溶液恰好反应，假设生成气体全部逸出，所得溶液中离子浓度从大到小的顺序ClNH4+H+OH（7）25时pH=9的B溶液和pH=9的G溶液中，水的电离程度B=G（填，或=）考点：无机物的推断.专题：推断题分析：F为红褐色沉淀，则F为Fe（OH）3，则E为Fe（OH）2，无色气体G能使紫色石蕊溶液变蓝，则G为NH3，D和G相遇有大量白烟生成，D通入硝酸酸化的AgNO3溶液有白色沉淀生成，则D为HCl，D与酸式盐C按1：1反应得到无色有刺激性气味的气体，C加入硝酸酸化的Ba（NO3）2溶液中有白色沉淀生成，结合C与B反应得到氨气，可知C为NH4HSO3，B为碱，B的焰色反应为黄色，B含有Na元素，则B为NaOH，可推知H为SO2、I为SO3，A为亚铁盐，（4）中A溶液中加入HCl，A溶液的颜色由浅绿色变黄，则A为Fe（NO3）2，据此解答解答：解：F为红褐色沉淀，则F为Fe（OH）3，则E为Fe（OH）2，无色气体G能使紫色石蕊溶液变蓝，则G为NH3，D和G相遇有大量白烟生成，D通入硝酸酸化的AgNO3溶液有白色沉淀生成，则D为HCl，D与酸式盐C按1：1反应得到无色有刺激性气味的气体，C加入硝酸酸化的Ba（NO3）2溶液中有白色沉淀生成，结合C与B反应得到氨气，可知C为NH4HSO3，B为碱，B的焰色反应为黄色，B含有Na元素，则B为NaOH，可推知H为SO2、I为SO3，A为亚铁盐，（1）B为NaOH，电子式为，故答案为：；（2）H生成I的化学方程式为：2SO2+O22SO3，故答案为：2SO2+O22SO3；（3）G为NH3，N元素非金属性最强，在同主族同类物质中稳定性最强，存在金属氢化物，其沸点不是最高的，故答案为：是；否；（4）A为亚铁盐，溶液中加入HCl，A溶液的颜色由浅绿色变黄，A中阴离子在酸性条件下具有强氧化性，则A为Fe（NO3）2，故答案为：Fe（NO3）2；（5）NH4HSO3与过量NaOH反应（加热）的离子方程式为：NH4+HSO3+2OHNH3+SO32+2H2O，故答案为：NH4+HSO3+2OHNH3+SO32+2H2O；（6）NH4HSO3与HCl溶液恰好反应，假设生成气体全部逸出，所得溶液为NH4Cl溶液，溶液中铵根离子水解，溶液呈酸性，溶液中离子浓度从大到小的顺序为：ClNH4+H+OH，故答案为：ClNH4+H+OH；（7）25时pH=9的NaOH溶液中，水电离产生的氢离子浓度为109mol/L，pH=9的NH3水溶液中，水电离产生的氢离子浓度也是109mol/L，二者溶液中水的电离程度相等，故答案为：=点评：本题考查无机物推断，物质的颜色及反应现象为推断突破口，需要学生熟练掌握元素化合物知识，对学生的逻辑推理有一定的要求，难度中等9（14分）（2015江苏校级一模）某待测溶液中可能含有SO、SO、CO、HCO、NO、Cl、Br中的若干种及一种常见金属阳离子（Mn+），现进行如下实验（每次实验所用试剂均是足量的，鉴定中某些成分可能没有给出）请回答下列问题：（1）根据上述框图信息填写下表（不能确定的不填）肯定存在的离子肯定没有的离子沉淀D化学式或离子符号HCO3BrBaSO4（2）待测溶液中是否有SO、SO：含有SO42、SO32中的一种或两种，因为待测液加入BaCl2溶液和稀HNO3生成了BaSO4沉淀，BaSO4的生成可能来自SO42或SO32中的一种或两种若气体D遇空气变红色，则生成沉淀D时肯定发生的反应的离子方程式为3BaSO3+2H+2NO32NO+3BaSO4+H2O，形成沉淀B时反应的离子方程式为HCO3+Ba2+OHBaCO3+H2O（3）若Mn+为常见金属阳离子且原子序数不大于20，则要确定它具体是何种离子的方法是做焰色反应实验，若透过蓝色钴玻璃片观察到紫色火焰，说明是K+；若不透过蓝色钴玻璃片观察到黄色火焰，则说明是Na+考点：常见阴离子的检验；几组未知物的检验.专题：物质检验鉴别题分析：由沉淀A与稀硝酸反应仍得到白色沉淀知白色沉淀D为BaSO4，故溶液中SO42、SO32至少有一种；由每次实验所用试剂均足量知溶液A中含有Ba2+，在加入碱后能得到白色沉淀B，则原待测溶液中一定含有HCO3；溶液B中加入足量的氯水后仍得到无色溶液，说明原待测液中无Br，不能确定是否有NO3、CO32、Cl；若气体D遇空气变红色时，表明D中肯定有NO，沉淀A中肯定有BaSO3；原子序数不大于20的金属阳离子有Li+、Be2+、Na+、Mg2+、Al3+、K+、Ca2+，Al3+与HCO，SO42、SO32与Ca2+不能大量共存，故金属阳离子不可能是Al3+或Ca2+，由待测溶液与浓NaOH溶液混合后无明显变化知溶液中没有Mg2+，结合Mn+为常见离子且原子序数不大于20知，Mn+只能是Na+或K+，可通过焰色实验来确定是钾还是钠，根据以上分析完成即可解答：解：（1）沉淀A与稀硝酸反应仍得到白色沉淀知白色沉淀D为BaSO4，故溶液中SO42、SO32至少有一种；由每次实验所用试剂均足量知溶液A中含有Ba2+，在加入碱后能得到白色沉淀B，则原待测溶液中一定含有HCO3；溶液B中加入足量的氯水后仍得到无色溶液，说明原待测液中无Br，不能确定是否有NO3、CO32、Cl，根据以上分析可知，原待测溶液中一定含有HCO3；一定没有无Br；沉淀D为：BaSO4，故答案为：HCO3；Br；BaSO4；（2）因为待测液加入BaCl2溶液和稀HNO3生成了BaSO4沉淀，BaSO4的生成可能来自SO42或SO32中的一种或两种；若气体D遇空气变红色时，表明D中肯定有NO，沉淀A中肯定有BaSO3，生成沉淀D的离子方程式为：3BaSO3+2H+2NO32NO+3BaSO4+H2O，沉淀B为碳酸钡，反应的离子方程式为：HCO3+Ba2+OHBaCO3+H2O，故答案为：含有SO42、SO32中的一种或两种，因为待测液加入BaCl2溶液和稀HNO3生成了BaSO4沉淀，BaSO4的生成可能来自SO42或SO32中的一种或两种；3BaSO3+2H+2NO32NO+3BaSO4+H2O；HCO3+Ba2+OHBaCO3+H2O；（3）原子序数不大于20的金属阳离子有Li+、Be2+、Na+、Mg2+、Al3+、K+、Ca2+，Al3+与HCO，SO42、SO32与Ca2+不能大量共存，故金属阳离子不可能是Al3+或Ca2+，由待测溶液与浓NaOH溶液混合后无明显变化知溶液中没有Mg2+，结合Mn+为常见离子且原子序数不大于20知Mn+只能是Na+或K+，可通过焰色实验来确定是钾还是钠，方法是：做焰色反应实验，若透过蓝色钴玻璃片观察到紫色火焰，说明是钾；若不透过蓝色钴玻璃片观察到黄色火焰，则说明是钠，故答案为：做焰色反应实验，若透过蓝色钴玻璃片观察到紫色火焰，说明是K+；若不透过蓝色钴玻璃片观察到黄色火焰，则说明是Na+点评：本题考查了常见阴阳离子的检验方法，注意根据实验现象判断离子共存，要掌握根据实验现象判断存在的离子，排除与该离子反应的离子，本题难度中等10（15分）（2014西宁校级模拟）黄铜矿是工业炼铜的主要原料，主要成分为CuFeS2，含少量脉石为测定该黄铜矿的纯度，某同学设计了如下实验：用电子天平称取研细的黄铜矿样品1.150g，在空气存在下进行煅烧，生成Cu、Fe3O4和SO2气体，实验后取d中溶液的置于锥形瓶中，用0.05mol/L标准碘溶液进行滴定，消耗标准碘溶液20.00mL请回答下列问题：（1）将样品研细后再进行反应，其目的是使原料充分反应，加快反应速率；标准碘溶液应盛放在（填“碱式”或“酸式”）酸式滴定管中（2）装置a的作用是B D（填序号）A除去空气中的二氧化碳 B除去空气中的水蒸气C有利于气体混合 D有利于观察、控制空气流速（3）若去掉c装置，会使测定结果（填“偏低”、“偏高”或“无影响”）偏低，写出影响测定结果的化学方程式：2SO2+O2+H2O=2H2SO4（4）上述反应结束后，仍需通一段时间的空气，其目的是使反应生成的SO2全部进入d装置中，使结果精确（5）通过计算可知，该黄铜矿的纯度为80%考点：探究物质的组成或测量物质的含量.专题：实验探究和数据处理题分析：（1）增大固体的表面积可以加快化学反应速率；碘具有氧化性，应放在酸式滴定管中；（2）浓硫酸可以将水除去，还可以根据冒出气泡的速率来调节空气流速；（3）去掉c装置气体中二氧化硫在水溶液中会和氧气反应，测定结果偏小；（4）二氧化硫全部被吸收是实验成败的关键；（5）二氧化硫和单质碘之间发生氧化还原反应，根据消耗碘单质的量可以确定二氧化硫的量，进而确定黄铜矿的纯度解答：解：该实验原理是：根据黄铜矿受热分解产生的二氧化硫的量的测定（二氧化硫可以用碘水来标定），结合元素守恒可以确定黄铜矿的量，进而计算其纯度（1）将样品研细后再反应，即增大固体的表面积，目的是使原料充分反应、加快反应速率；碘具有氧化性，应放在酸式滴定管中；故答案为：使原料充分反应、加快反应速率；酸式；（2）装置a中的浓硫酸可易吸收空气中的水蒸气，同时根据冒出的气泡的速率来控制气体的通入量，故答案为：BD；（3）去掉c装置气体中二氧化硫在水溶液中会和氧气反应，反应的化学方程式为：2SO2+O2+H2O=2H2SO4，测定结果偏小，故答案为：偏低；2SO2+O2+H2O=2H2SO4；（4）黄铜矿受热分解生成二氧化硫等一系列产物，分解完毕后仍然通入空气，可以将产生的二氧化硫全部排出去，使结果精确，故答案为：使反应生成的SO2全部进入d装置中，使结果精确；（5）根据反应实质，得到：2I22SO2CuFeS2，消耗掉0.05mol/L标准碘溶液20.00mL时，即消耗的碘单质的量为：0.05mol/L0.02L=0.0010mol，所以黄铜矿的质量是：0.50.0010mol184g/mol10=0.92g，所以其纯度是：100%=80%，故答案为：80%点评：本题是一道关于物质的百分含量的综合考查题目，考查学生分析和解决问题的能力，难度较大明确反应原理和物质的性质是解题关键三、选考题：【化学-选修5：有机化学基础】11（15分）（2012延边州模拟）某链状烃A的蒸汽密度是相同条件下氧气的2.625倍，在一定条件下1mol A与1molHCl加成只能得到Q1，1mol A与1molH2加成可以得到烷烃P，P在光照条件下与氯气发生取代反应，只得到两种一氯代烃Q1和Q2（1）A的分子式为C6H12；（2）Q1的结构简式为（CH3）2CClCH（CH3）2；（3）在如图中，D1、D2互为同分异构体，E1、E2互为同分异构体，反应的化学方程式为（4）E1的同分异构体很多，其中属于酯类、核磁共振氢谱中只有两种氢的同分异构体有2种，写出其中一种的结构简式（CH3）3CCOOCH3或CH3COOC（CH3）3（5）E2的结构简式是；的反应类型是加成反应考点：有机物的推断.专题：有机物的化学性质及推断分析：某链状烃A的蒸汽密度是相同条件下氧气的2.625倍，则其相对分子质量为2.62532=84，烃分子中C原子最大数目=7，故A分子式为C6H12，分子中含有1个C=C双键，1mol A与1molHCl加成只能得到Q1，1mol A与1molH2加成可以得到烷烃P，P在光照条件下与氯气发生取代反应，只得到两种一氯代烃Q1和Q2，则A为对称结构，且与氢气加成后的产物含有2种H原子，则A分子中C=C双键不饱和碳原子连接2个甲基，则A为（CH3）2C=C（CH3）2，故Q1为（CH3）2CClCH（CH3）2，Q1为（CH3）2CHCH（CH3）CH2Cl顺推可得，B为（CH3）2CClCCl（CH3）2，C为H2C=C（CH3）C（CH3）=CH2，C与溴发生1，2加成反应生成D1为BrCH2CBr（CH3