2015年甘肃省兰州市西北师大附中高考化学一模试卷(Word版含解析).doc

2015年甘肃省兰州市西北师大附中高考化学一模试卷一、选择题1（6分）下列化学式与其名称的对应关系正确的是（）A软脂酸 C17H33COOHB纯碱 Na2CO310H2OC纤维素nD丙氨酸 CH2（NH2）CH2COOH考点：常见元素的名称、符号、离子符号所有分析：A、软脂酸为C15H31COOH；B、纯碱为碳酸钠白色粉末；C、纤维素属于多糖每个链节含有三个羟基；D、丙氨酸为氨基酸；解答：解：A、软脂酸为C15H31COOH，C17H33COOH为硬脂酸，故A错误；B、纯碱为碳酸钠白色粉末，不是晶体，故B错误；C、纤维素属于多糖每个链节含有三个羟基，为n，故C正确；D、丙氨酸为氨基酸，CH3CH（NH2）COOH，故D错误；故选C点评：本题考查了物质组成和结构，名称和结构特征的分析判断，掌握基础是关键，题目较简单2（6分）在密闭容器中发生反应：aX（g）+bY（g）cZ（g）+dW（g）反应达到平衡后，将气体体积压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，W的浓度为原平衡状态的1.8倍下列叙述正确的是（）A平衡向正反应方向移动B（a+b）（c+d）CZ的体积分数变大DX的转化率变小考点：化学平衡的影响因素所有分析：假定平衡不移动，将气体体积压缩到原来的一半，W的浓度为原来的2倍，实际再次达到新平衡时，W的浓度为原来的1.8倍，说明压强增大，平衡向逆反应移动，即a+bc+d，据此结合选项解答解答：解：A、气体体积压缩到原来的一半，W的浓度为原来的1.8倍，说明压强增大，平衡向逆反应移动，故A错误；B、气体体积压缩到原来的一半，D的浓度为原来的1.8倍，说明压强增大，平衡向逆反应移动，即a+bc+d，故B错误；C、压强增大，平衡向逆反应移动，Z的体积分数减小，故C错误；D、压强增大，平衡向逆反应移动，反应物X转化率减小，故D正确；故选D点评：本题考查了化学平衡的影响因素，难度不大，根据W的浓度变化判断平衡移动方向是解题的关键3（6分）下列叙述中正确的是（）AP4和NO2都是共价化合物B在CaO和SiO2晶体中，都不存在单个小分子CCCl4和NH3都是以极性键结合的极性分子D甲烷是对称的平面结构，所以是非极性分子考点：共价键的形成及共价键的主要类型；极性分子和非极性分子所有分析：A、P4是单质；B、CaO是离子晶体构成微粒阴阳离子和SiO2是原子晶体，构成微粒是原子；C、四氯化碳是极键形成的非极性分子；D、甲烷是对称的正四面体结构解答：解：A、P4是单质，不是化合物，故A错误；B、CaO是离子晶体构成微粒阴阳离子和SiO2是原子晶体，构成微粒是原子，所以不存在单个小分子，故B正确；C、四氯化碳是极键形成的非极性分子，而NH3是以极性键结合的极性分子，故C错误；D、甲烷是对称的正四面体结构，而不是平面结构，故D错误；故选B点评：本题考查了知识点较综合，涉及化学键、晶体类型的判断、空间构型的判断等知识点，难度较大，易错点是微粒空间构型的判断、分子极性的判断4（6分）下列各组离子，在强酸性溶液中可以大量共存的是（）AK+、Fe2+、SO42、BrBNa+、Al（OH）4、Cl、SO42CMg2+、Ca2+、HCO3、ClDFe2+、Ca2+、Cl、NO3考点：离子共存问题所有专题：离子反应专题分析：在强酸性溶液中可以大量共存，说明在酸性条件下，离子之间不发生任何反应生成沉淀、气体或弱电解质等，结合题中对应离子的性质解答该题解答：解：A离子之间不发生任何反应，可大量共存，故A正确；B酸性条件下Al（OH）4不能大量共存，故B错误；C酸性条件下HCO3不能大量共存，故C错误；D酸性条件下Fe2+、NO3发生氧化还原反应而不能大量共存，故D错误故选A点评：本题考查离子共存问题，为高频考点，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合运用的考查，注意把握常见离子的性质以及反应类型的判断，难度不大，注意相关基础知识的积累5（6分）向10mL0.001molL1NaOH溶液分别加入等体积的下列各溶液，所得溶液的pH最小的是（）A0.001molL1的盐酸BpH=3的硫酸C0.001molL1的醋酸DpH=3的醋酸考点：pH的简单计算所有分析：A向10mL0.001molL1NaOH溶液加入等体积的0.001molL1的盐酸恰好完全反应生成氯化钠溶液，溶液呈中性；BpH=3的硫酸中氢离子浓度为0.001molL1，等体积的0.001molL1NaOH溶液混合，恰好完全反应生成硫酸钠溶液，溶液呈中性；C向10mL0.001molL1NaOH溶液加入等体积的0.001molL1的醋酸恰好完全反应生成乙酸钠溶液，溶液呈碱性；D醋酸为弱电解质，pH=3的醋酸氢离子浓度为0.001molL1，醋酸浓度大于0.001molL1，向10mL0.001molL1NaOH溶液加入等体积的pH=3的醋酸，乙酸过量，溶液呈酸性解答：解：10mL0.001molL1NaOH溶液的c（OH）=c（NaOH）=1103mol/L，分别加入等体积的下列各溶液，A0.001molL1的盐酸，溶液的c（H+）=c（HCl）=1103mol/L，等体积混合，恰好完全反应生成氯化钠溶液，氯化钠为强酸强碱盐，溶液呈中性；BpH=3的硫酸，溶液的c（H+）=c（H2SO4）=1103mol/L，等体积混合，恰好完全反应生成硫酸钠溶液，溶液呈中性；C醋酸为弱电解质，0.001molL1的醋酸，溶液的c（H+）c（CH3COOH）=1103mol/L，恰好完全反应生成乙酸钠溶液，乙酸钠为强碱弱酸盐水解溶液呈碱性；DpH=3的醋酸氢离子浓度为0.001molL1，醋酸浓度大于0.001molL1，向10mL0.001molL1NaOH溶液加入等体积的pH=3的醋酸，乙酸过量，溶液呈酸性；综上所得溶液的pH最小的是pH=3的醋酸，故选D点评：本题考查了pH的有关计算，明确氢离子浓度、氢氧根离子浓度与溶液酸碱性、盐的性质关系是解答的关键，题目难度不大6（6分）（2015海南模拟）下列各项实验的基本操作中，正确的是（）A为了加快过滤速度，可用玻璃棒搅拌过滤器中的液体B为了防止容量瓶漏液，可在玻璃塞上涂上凡士林C为了使制取氢气的速率加快，可向稀硫酸中加入少量硫酸铜溶液D为了使配制的FeCl3溶液不产生混浊，可加入盐酸和铁片考点：过滤；化学反应速率的影响因素；盐类水解的原理；不能加热的仪器及使用方法所有分析：A过滤器中的液体不能用玻璃棒搅拌；B在玻璃塞上涂凡士林会使溶液受到污染；CZn和硫酸的反应中加入少量的CuSO4溶液，能置换出一定量Cu，在溶液中形成Cu/Zn原电池，原电池反应比化学反应速率快；DFe3+易水解，水解生成H+，配制溶液时，可加入盐酸抑制FeCl3水解，防止生成沉淀而导致溶液变浑浊解答：解：A用玻璃棒搅拌过滤器中的液体可能将滤纸弄破，使实验失败，故A错误；B容量瓶是用来配制标准溶液的，在玻璃塞上涂凡士林会使溶液受到污染，故B错误；CZn比Cu活泼，可置换出Cu，反应的方程式为CuSO4+Zn=ZnSO4+Cu，在溶液中形成Cu/Zn原电池，而加快化学反应速率，故C正确；DFe3+易水解，水解生成H+，水解的离子方程式为Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+，配制溶液时，可加入酸抑制FeCl3水解，防止生成沉淀而导致溶液变浑浊，由于溶液是FeCl3溶液，加铁片，Fe+2FeCl3=3FeCl2，反而加剧变质，故D错误；故选C点评：本题主要考查基本实验操作等相关内容，在化学实验操作时，注意常见化学实验操作的注意事项，题目难度不大，注意D选项把握水解原理的应用7（6分）已知KMnO4与KNO2溶液反应的离子方程式为（未配平）：MnO4+NO2+Mn2+NO3+H2O下列说法正确的是（）AMnO4发生了氧化反应B氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：3C方程式“”中的应填入OHD氧化产物与还原产物物质的量之比是5：2考点：氧化还原反应的计算所有分析：该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价，所以MnO4是氧化剂，NO2应该作还原剂，亚硝酸根离子中N元素应该失电子化合价升高，酸性条件下，应该生成硝酸根离子，根据转移电子相等、原子守恒配平方程式为2MnO4+5NO2+6H+=2Mn2+5NO3+3H2O，以此解答该题解答：解：该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价，所以MnO4是氧化剂，NO2应该作还原剂，亚硝酸根离子中N元素应该失电子化合价升高，酸性条件下，应该生成硝酸根离子，根据转移电子相等、原子守恒配平方程式为2MnO4+5NO2+6H+=2Mn2+5 NO3+3H2O，A反应中Mn元素化合价降低，MnO4发生还原反应，故A错误；B由方程式可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：5，故B错误；C方程式“”中的应填入H+，故C错误；D由方程式可知氧化产物与还原产物物质的量之比是5：2，故D正确故选D点评：本题考查氧化还原反应，根据高锰酸钾的性质确定NO2的性质，正确配平方程式是解本题关键，易错选项是C，注意从电荷生成的角度判断，为易错点8（6分）乙烯酮（CH2=C=O）在一定条件下，能与含活泼氢的化合物发生如下反应，其反应可表示为：CH2=C=O+HA下列各试剂，在一定条件下与乙烯酮发生反应，其产物不正确的是（）AHCl与之加成，生成CH3COClBCH3OH与之加成，生成CH3COCH2OHCH2O与之加成，生成CH3COOHDCH3COOH与之加成，生成 考点：有机物的结构和性质所有分析：由CH2CO+HA可知，活性氢原子加到CH2=C=O中烃基碳上，其余部分加到羰基碳上，以此来解答解答：解：依题中信息知：活性氢原子加到CH2=C=O中烃基碳上，其余部分加到羰基碳上A乙烯酮（CH2=C=O）与HCl加成生成CH3COCl，故A正确；B乙烯酮（CH2=C=O）与CH3OH加成时得CH3COOCH3，故B错误；C乙烯酮（CH2=C=O）与H2O加成时得CH3COOH，故C正确；D乙烯酮（CH2=C=O）与CH3COOH加成时得CH3COOCOCH3，故D正确故选B点评：本题考查有机物的结构和性质，综合考查学生的分析能力和综合运用化学知识的能力，为高考常见题型，难度不大，注意把握活性氢原子加到CH2=C=O中烃基碳上，其余部分加到羰基碳上为解答该题的关键二、解答题（共4小题，满分60分）9（15分）已知AF是中学化学中常见物质，其中A、C、E、F为气体，B、D为液体，D的消费量常作为一个国家工业发达水平的一种标志，F的浓溶液与X共热通常用于实验室制备单质C，X是一种黑色粉末，B分子中有18个电子反应中部分生成物已略去试回答下列：（1）根据图中信息，B、C、D、X氧化性从强到弱的顺序是：MnO2Cl2H2O2H2SO4（用化学式填写）（2）B的电子式为：（3）写出反应的化学方程式：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O（4）写出反应、的离子方程式：Cl2+SO2+2H2O4H+SO22+2Cl；MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O考点：无机物的推断所有专题：推断题分析：已知AF是中学化学中常见物质，其中A、C、E、F为气体，B、D为液体，D的消费量常作为一个国家工业发达水平的一种标志判断为H2SO4，A为SO2，F的浓溶液与X共热通常用于实验室制备单质C，X是一种黑色粉末，判断反应是制备氯气的反应原理，X为MnO2，C为Cl2，F为HCl；B分子中有18个电子，和二氧化硫反应生成硫酸，说明B是氧化剂；推断B为H2O2，和MnO2反应，过氧化氢做还原剂生成氧气，E为O2；依据推断回答问题解答：解：已知AF是中学化学中常见物质，其中A、C、E、F为气体，B、D为液体，D的消费量常作为一个国家工业发达水平的一种标志判断为H2SO4，A为SO2，F的浓溶液与X共热通常用于实验室制备单质C，X是一种黑色粉末，判断反应是制备氯气的反应原理，X为MnO2，C为Cl2，F为HCl；B分子中有18个电子，和二氧化硫反应生成硫酸，说明B是氧化剂；推断B为H2O2，和MnO2反应，过氧化氢做还原剂生成氧气，E为O2；（1）据图中信息，物质B为H2O2、C为SO2、X为MnO2，D为H2SO4，氧化性从强到弱的顺序依据反应关系，H2O2+SO2=H2SO4；H2O2+MnO2+H2SO4=MnSO4+2H2O+O2；MnO2+4HCl=MnCl2+Cl2+2H2O，发生的氧化还原反应中氧化剂氧化性大于氧化产物得到：MnO2Cl2H2O2H2SO4，故答案为：MnO2Cl2H2O2H2SO4；（2）B为H2O2是共价化合物，电子式为，故答案为：；（3）反应的化学方程式是铜和浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水的反应，反应化学方程式为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O，故答案为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O；（4）反应是氯气和二氧化硫在水溶液中发生的反应生成硫酸和盐酸，反应的离子方程式为：Cl2+SO2+2H2O4H+SO22+2Cl；反应是实验室制备氯气的反应，反应的离子方程式为：MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O，故答案为：Cl2+SO2+2H2O4H+SO22+2Cl；MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O点评：本题考查了物质转化关系的分析判断，物质性质的应用，反应特征和反应现象的推断是解题关键，需要熟练掌握物质性质，反应转化关系，题目难度较大10（16分）如图所示：甲、乙为相互串联的两电解池试回答：（1）甲池若为电解精炼铜装置，则A电极名称为阴极，电极材料是精铜（或纯铜），电极反应式为Cu2+2e=Cu，电解质溶液可以是CuSO4溶液或CuCl2溶液；（2）乙池中Fe极电极反应式为2H+2e=H2，若在乙池中滴入少量酚酞试液，开始电解一段时间，铁极附近呈红色；（3）若甲池A极增重12.8g，则乙池C（石墨）极放出气体在标况下的体积为4.48L，电解后，若乙池剩余溶液为400mL，则溶液的pH=14考点：原电池和电解池的工作原理所有分析：（1）依据电解精炼的原理是粗铜做阳极，精铜做阴极，含铜离子的电解质溶液进行电解反应，在阴极是溶液中铜离子得到电子生成铜；（2）依据装置图分析可知，与电源正极相连的C电极为电解池的阳极，与电源负极连接的A电极是阴极，B为阳极，Fe为阴极；（3）依据电极反应电子守恒计算甲池和乙池中电极产物的物质的量，乙池中依据氢离子和氢氧根离子守恒，水的离子积常数计算得到解答：解：（1）电解精炼的原理是粗铜做阳极，精铜做阴极，含铜离子的电解质溶液（CuSO4溶液或CuCl2溶液）进行电解反应，在阴极是溶液中铜离子得到电子生成铜，电极反应是Cu2+2eCu，故答案为：阴极；精铜（或纯铜）； Cu2+2e=Cu；CuSO4溶液或CuCl2溶液；（2）依据装置图分析可知，与电源正极相连的C电极为电解池的阳极，与电源负极连接的A电极是阴极，B为阳极，Fe为阴极；Fe电极上是溶液中氢离子得到电子生成氢气，电极反应为2H+2eH2，破坏水的电离平衡氢氧根离子浓度增大，铁电极附近溶液变红色，故答案为：2H+2e=H2；红； （3）甲池A为电解池的阴极，电极反应为Cu2+2eCu，增重12.8g的铜物质的量为0.2mol，转移电子物质的量为0.4mol；乙池C（石墨）极为电解池的阳极，电极反应为：2Cl2eCl2，依据电子守恒，生成氯气0.2mol，放出气体在标况下的体积为0.2mol22.4L/mol=4.48L，Fe电极电解反应为：2H+2eH2，消耗氢离子物质的量0.4mol，依据水的电离氢离子和氢氧根离子守恒得到，生成氢氧根离子物质的量为0.4mol，c（OH）=1mol/L，溶液pH=14；故答案为：4.48L；14点评：本题考查了电解原理，明确各个电极上放电的离子是解本题关键，再结合转移电子守恒进行计算，题目难度不大11（14分）为了测定氢氧化钠和碳酸钠固体混合物m g中碳酸钠的质量分数，甲、乙两位同学分别设计了如下的实验方案：（1）甲同学的方案是：将样品溶解，加入过量1molL1氯化钡溶液，过滤洗涤，取沉淀烘干，称量得固体n g则混合物中碳酸钠的质量分数为；能否用过量的1molL1氯化钙溶液代替氯化钡溶液来测定碳酸钠的质量分数否（填“能”或“否”），理由氯化钙溶液过量，则生成的沉淀中含有Ca（OH）2，使测定不准确（2）乙同学的方案是：将样品溶解后，加入稍过量的氯化钡溶液，再滴入23滴酚酞试液，用标准盐酸滴定乙同学在滴定过程中所需要的主要玻璃仪器有酸式滴定管、锥形瓶，滴定终点时的现象是溶液由红色变为无色，加入过量氯化钡溶液的目的是将碳酸钠完全沉淀，防止滴定过程中CO32和盐酸反应；判断氯化钡过量的方法是在上层清夜中滴加氯化钡溶液，若无浑浊出现，则氯化钡溶液过量考点：探究物质的组成或测量物质的含量所有分析：（1）混合物中碳酸钠的质量分数=100%，混合物的质量为mg，碳酸钠的质量可根据碳酸钡的质量ng来求出；氯化钙溶液过量，则生成微溶的氢氧化钙，沉淀中含有Ca（OH）2；（2）滴定过程中所需要的主要玻璃仪器有酸式滴定管、锥形瓶；开始溶液呈碱性酚酞呈红色，当滴定终点时溶液呈中性呈无色，加入过量氯化钡溶液的目的是使碳酸钠完全转化，氯化钡过量的方法是取上层清夜少许向其中滴加氯化钡溶液，若无浑浊出现，则氯化钡溶液过量解答：解：（1）设碳酸钠的质量为xNa2CO3+BaCl2=BaCO3+2NaCl106 197 x ngx=g，混合物中碳酸钠的质量分数为：100%=，氯化钙溶液过量，则生成微溶的氢氧化钙，沉淀中含有Ca（OH）2；故答案为：；否；氯化钙溶液过量，则生成的沉淀中含有Ca（OH）2，使测定不准确；（2）滴定过程中所需要的主要玻璃仪器有酸式滴定管、锥形瓶；开始溶液呈碱性酚酞呈红色，当滴定终点时溶液呈中性呈无色，加入过量氯化钡溶液的目的是使碳酸钠完全转化，氯化钡过量的方法是取上层清夜少许向其中滴加氯化钡溶液，若无浑浊出现，则氯化钡溶液过量，故答案为：酸式滴定管、锥形瓶；溶液由红色变为无色；将碳酸钠完全沉淀，防止滴定过程中CO32和盐酸反应；在上层清夜中滴加氯化钡溶液，若无浑浊出现，则氯化钡溶液过量点评：本题考查了碳酸钠的性质、化学实验方案的设计与评价，题目难度中等，明确实验方案的设计与评价方法，试题有利于提高学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力12（15分）有机物AG有如图的关系，已知C是高分子，两分子A能生成一分子E，E是一个含有六元环的化合物，分子式为C6H8O4，A和G在浓硫酸和加热的条件下按2：l的比例反应生成D，l mol D与足量金属Na起反应，放出1mol H2请回答下列问题：（1）写出下列反应类型：AB消去反应、BC加聚反应、AE酯化反应；