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2015届高三上学期期末统考（浙江卷）一、选择题1下列说法正确的是A瑞典化学家阿累尼乌斯提出了酸碱质子理论，扩大了人们对酸碱的认识B活泼金属元素的氧化物一定是碱性氧化物，非金属元素的氧化物一定是酸性氧化物C使用太阳能热水器、沼气利用、玉米制乙醇等都涉及到生物质能的利用D中国是目前全球最大的稀土提炼和加工国，对稀土元素及其化合物的研究是获得优良催化剂的一种重要途径2下列物质的检验，其结论一定正确的是A向某溶液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，加入HNO3后，白色沉淀不溶解，也无其他现象，说明原溶液中一定含有SO42B向某溶液中加盐酸产生无色气体，该气体能使澄清的石灰水变浑浊，说明该溶液中一定含有CO32- 或SO32-C取少量久置的Na2SO3样品于试管中加水溶解，再加盐酸酸化，然后加BaCl2溶液，若加HCl时有气体产生，加BaCl2时有白色沉淀产生，说明Na2SO3样品已部分被氧化D能使湿润的碘化钾淀粉试纸变蓝的一定是Cl23X、Y、Z、W为四种短周期元素。X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍；Y的单质在通常状况下是黄绿色的气体；Z在地壳中的含量仅次于氧；Y、Z、W同周期，W的常见化合价为2。下列说法正确的是A原子半径：YZWXB存放W单质的仓库失火可用泡沫灭火器灭火CZ的氧化物通常形成分子晶体，分子内含有共价键DY的单质能把溴从溴化物中置换出来4下列说法不正确的A某有机物含有C、H、O、N四种元素，其球棍模型为；该有机物的结构简式为B此分子中至少有10个碳原子处于同一平面C某烃的分子式为C10H14，它不能使溴水褪色，但可使酸性KMnO4溶液褪色，且分子结构中只有一个烷基，符合条件的烃有4种D目前，世界上已合成了几百种有机超导体， TCNQ是其中之一。TCNQ的分子结构如图所示。可知1mol TCNQ在一定条件下最多可跟12mol H2反应5高铁酸盐在能源环保领域有广泛用途。用镍(Ni)、铁作电极电解浓NaOH溶液制备高铁酸盐Na2FeO4的装置如图所示下列推断合理的是A铁是阳极，电极反应为Fe6e+4H2O=FeO42+ 8H+B电解时电子的流动方向为：负极Ni电极溶液Fe电极正极C若隔膜为阴离子交换膜，则OH自右向左移动D电解时阳极区pH降低、阴极区pH升高，撤去隔膜混合后，与原溶液比较pH降低(假设电解前后体积变化忽略不计)6已知：常温下浓度为0.1 molL1的下列溶液的pH如表：溶质NaFNaClONa2CO3pH7.59.711.6下列有关说法正确的是A在相同温度下，同浓度的三种酸溶液的导电能力顺序：H2CO3HClOHFB若将CO2通入0.1 molL1Na2CO3溶液中至溶液中性，则溶液中2 c (CO32) + c (HCO3) = 0.1 molL1C根据上表，水解方程式ClO+ H2OHClO + OH的平衡常数K107.6D向上述NaClO 溶液中通HF气体至恰好完全反应时：c(Na+)c(F)c(H+)c(HClO)c(OH)7已知：HCO3+AlO2+H2O=Al(OH)3+CO32某溶液中可能含有OH、CO32-、AlO2、SiO32-、SO42、K+、Na+、Fe3+、Mg2+、Al3+等离子，当向溶液中逐滴加入一定物质的量的盐酸时，生成沉淀物质的量与加入盐酸体积的关系如图所示，下列说法中不正确的是A原溶液肯定含有OH、CO32、AlO2、SiO32 BK+和Na+至少含有其中一种Cn(CO32):n(AlO2) =3:2Da值肯定大于4/3二、填空题8(10分)化合物A为烃的含氧衍生物，1mo1A经完全燃烧后，生成CO2和H2O的物质的量之比为l:l，A的相对分子质量为90，1molA分别与足量的NaHCO3和Na完全反应，相同条件下，生成气体的体积比为1:l。A与C互为同分异构体。有关转化如下图所示：已知：请回答：（1）写出A的分子式 ；（2）写出AB的反应类型 ；（3）写出3溴丙酸在NaOH/H2O加热条件下反应的化学反应方程式 ；（4）写出A与C在浓硫酸存在条件下加热反应生成七元环的化学反应方程式 ； （5）写出烃E的结构简式 。9(8分)利用下图装置作电解50mL 0.5 molL1的CuCl2溶液实验。实验记录：A阳极上有黄绿色气体产生，该气体使湿润的淀粉碘化钾试纸先变蓝后褪色(提示：Cl2氧化性大于IO3)；B电解一段时间以后，阴极表面除有铜吸附外，还出现了少量气泡和浅蓝色固体。（1）分析实验记录A中试纸颜色变化，用离子方程式解释： ； 。（2）分析实验记录B中浅蓝色固体可能是 (写化学式)，试分析生成该物质的原因 。(10分)A、B、C、D、E、F六种元素的原子序数依次递增，A核外无电子，B元素的一种单质是自然界中最硬的物质，C、D、E的简单离子具有相同的核外电子排布，舍勒是D元素单质的发现者之一，戴维最早制得了E元素的单质，F元素的单质历史上曾作为流通货币，A、C、D、F四种元素形成的化合物W可用于制镜工业。（1）D、E两元素通常可形成两种离子化合物，其中一种化合物X可用做供氧剂，X与A2D反应会产生大量气体，该气体能使带火星的木条复燃。请写出X与A2D反应的化学方程式 。（2）A、B、D、E四种元素形成的某化合物，摩尔质量为68 gmol1，请用离子方程式解释其水溶液呈碱性的原因 。（3）B、C的氧化物是汽车尾气中的主要有害物质，通过钯碳催化剂，两者能反应生成无毒物质，请写出该反应的化学方程式 。（4）W的水溶液久置会析出一种沉淀物Z，Z由C、F两元素形成且两元素原子个数比为1:3，Z极易爆炸分解生成两种单质。请写出Z分解的化学方程式 。请从化学反应原理的角度解释Z能发生分解反应的原因 。10(15分)发展储氢技术是氢氧燃料电池推广应用的关键。研究表明液氨是一种良好的储氢物质，其储氢容量可达17.6%(质量分数)。液氨气化后分解产生的氢气可作为燃料供给氢氧燃料电池。氨气分解反应的热化学方程式如下：2NH3(g) N2 (g) + 3H2(g) H = 92.4 kJmol1请回答下列问题：（1）氨气自发分解的反应条件是 。（2）已知：2H2 (g) + O2 (g) = 2H2O(g) H = 483.6 kJmol1NH3(l) NH3 (g) H = 23.4 kJmol1则，反应4NH3(l) + 3O2 (g) = 2N2 (g) + 6H2O(g) 的H = 。（3）研究表明金属催化剂可加速氨气的分解。图1为某温度下等质量的不同金属分别催化等浓度氨气分解生成氢气的初始速率。不同催化剂存在下，氨气分解反应的活化能最大的是 (填写催化剂的化学式)。恒温(T1)恒容时，用Ni催化分解初始浓度为c0的氨气，并实时监测分解过程中氨气的浓度。计算后得氨气的转化率(NH3)随时间t变化的关系曲线(见图2)。请在图2中画出：在温度为T1，Ru催化分解初始浓度为c0的氨气过程中(NH3) 随t变化的总趋势曲线(标注RuT1)。如果将反应温度提高到T2，请在图2中再添加一条Ru催化分解初始浓度为c0的氨气过程中(NH3)t的总趋势曲线(标注RuT2)假设Ru催化下温度为T1时氨气分解的平衡转化率为40%，则该温度下此分解反应的平衡常数K与c0的关系式是：K = 。（4）用Pt电极对液氨进行电解也可产生H2和N2。阴极的电极反应式是 ；阳极的电极反应式是 。(已知：液氨中2NH3(l) NH2 + NH4)三、实验题11(15分)工业上常用铁质容器盛装冷浓硫酸。某兴趣小组的同学发现：将一定量的生铁与浓硫酸加热时，观察到固体完全溶解，并产生大量气体。实验室现有下列试剂：0.01 molL1酸性KMnO4溶液、0.10molL1 KI溶液、新制氯水、淀粉溶液、蒸馏水。请你协助他们探究所得溶液和气体的成分。【提出猜想】所得溶液中的金属离子可能含有Fe2和Fe3中的一种或两种；所得气体中肯定含有 气体。【实验探究】实验操作预期现象结 论验证猜想步骤：取少量0.01 molL1酸性KMnO4溶液，滴入所得溶液中 步骤： 含有Fe3验证猜想将所得气体通入如下装置 含有两种或以上气体【问题讨论】（1）有同学提出：若另外选用KSCN溶液，则仅利用KSCN和新制氯水两种溶液即可完成猜想的所有探究，试问是否可行，并说明原因： 。（2）有同学提出：试管中气体可能是H2和Q气体，为此重新设计了实验装置如下图(图中夹持仪器省略)。Q产生的原因是 (用化学方程式表示)。为确认Q的存在，则M中盛放的试剂为 ，并将装置M添加于 (选填序号)。aA之前 bAB间 cBC间 dCD间装置图中D、E、F组合的作用是 。2015届高三上学期期末统考（浙江卷）参考答案1D【解析】试题分析：A阿累尼乌斯提出酸碱电离理论，错误。B活泼金属元素的氧化物不一定是碱性氧化物，如Al2O3是两性氧化物；非金属元素的氧化物不一定是酸性氧化物，如CO、NO是不成盐氧化物，错误。C使用太阳能热水器是把太阳能直接转化为热能，不涉及到生物质能的利用，错误。D稀土元素及其化合物可作为优良的催化剂，正确。考点：考查化学史、物质分类、能源的开发利用等方面知识。2C【解析】试题分析：A向某溶液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，加入HNO3后，白色沉淀不熔解，也无其他现象，说明原溶液中能含有SO42，也可能含有Ag+，错误；B向某溶液中加盐酸产生无色气体，该气体能使澄清的石灰水变浑浊，说明溶液中可能含有CO32或HCO3或SO32或HSO3，错误；C取少量久置的Na2SO3样品于试管中加水溶解，再加盐酸酸化，然后加 BaCl2溶液，若加HCl时有气体产生，说明含有SO32，加BaCl2溶液时有白色沉淀，说明含有SO42，故能说明Na2SO3样品已部分被氧化，正确；D能使湿润的碘化钾淀粉试纸变蓝的可能是Cl2、Br2或O3等氧化性物质，错误。考点：考查物质检验有关知识。3D【解析】试题分析：X原子最外层电子数是核外电子数的3倍，则X应该是氧元素；Y的单质在通常状况下是黄绿色的气体，则Y为氯元素；Z在地壳中的含量仅次于氧，则Z为硅元素；Y、Z、W同周期，W的常见化合价为+2，所以W是镁元素。A同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，所以原子半径：WZYX，A不正确。B镁能在二氧化碳中燃烧生成氧化镁和碳，因此存放W单质的仓库失火不能用泡沫灭火器灭火，B不正确。C二氧化硅形成的晶体是原子晶体，C不正确。D氯元素的非金属性强于溴元素，因此Y的单质即氯气能把溴从溴化物中置换出来，D正确。考点：考查元素周期表的结构与元素周期律的应用。4C【解析】A由有机物的球棍模型可知，该有机物为，含氨基、羧基，正确；B把题中有机物改成下面这种写法：，很明显有编号的6个碳原子在同一直线上，再把任一苯环上的另4个原子计算在内，则至少有10个碳原子在同一平面内，正确；C根据该烃的分子式和性质可判断其属于苯的同系物，因其只一个烷基，所以应为丁苯，但苯环上的丁基结构为C(CH3)3时不能被酸性KMnO4溶液氧化，故满足条件下的该烃的结构只有3种，错误；DTCNQ分子结构中的CC双键和CN叁键都可与H2加成，故1mol TCNQ在一定条件下最多可跟12mol H2反应，正确。考点：考查有机物结构、性质和同分异构等5D【解析】试题分析：A从装置图可看出，铁电极与直流电源有正极相连，做电解池的阳极，铁失电子生成高铁酸根离子，但碱性条件下不能生成H+，电极反应式为：Fe6e+8OH=FeO42+ 4H2O，A错误；B电路中金属导线依靠电子的定向移动导电，而电解质溶液再由离子的定向移动导电，B错误；C阴离子交换膜只允许阴离子通过，而阴离子向阳极移动，即自左向右移动，C错误；D阳极区，由于铁失电子消耗OH，OH浓度减小，所以pH降低，阴极区H+得电子生成H2，造成H+浓度减小，所以pH升高，阴极反应为：6H2O + 6e=3H2+6OH，两极反应式相加得电解总反应：Fe + 2OH + 2H2O = FeO42 + 3H2，从总反应可看出，反应消耗OH，造成OH浓度降低，所以撤去隔膜混合后，pH降低，D正确。考点：考查电解原理及其应用。6C【解析】试题分析：相同浓度的钠盐溶液碱性越强，说明酸根离子水解程度越大，则相应酸的酸性越弱，酸的电离平衡常数越小，根据盐溶液的pH知，酸根离子水解程度：CO32ClOF，酸的电离平衡常数由小到大的顺序是：HCO3HClOHF。A酸性H2CO3HClO，则同浓度H2CO3和HClO溶液，前者离子浓度大，导电能力强，即导电能力：H2CO3HClO，A错误；B溶液中存在电荷守恒：c(Na+) + c(H+) = c(OH) + c(HCO3) + 2c(CO32)，溶液呈中性，则c(H+) = c(OH)，所以c(Na+) = c(HCO3) + 2c(CO32)=0.2molL1，B错误；CClO+H2OHClO+OH的平衡常数为K=c(HClO)c(OH)/c(ClO) 104.3104.3/0.1=107.6，C正确；D反应生成HClO，由于电离程度较弱，则c(HClO)c(H+)，D错误。考点：考查弱电解质的电离平衡、盐的水解、离子浓度比较等内容。7C【解析】试题分析：根据图像可知，最初没有沉淀，说明原溶液一定含有OH，由于Fe3+、Mg2+、Al3+能与OH发生反应，可排除这三种离子的存在，根据电荷守恒原理，溶液中至少含有K+和Na+中的一种。沉淀达到最大值后，又减少，这说明一定有氢氧化铝和硅酸沉淀，因此原溶液必含有AlO2，SiO32，所以A、B两选项正确。图中A到B是盐酸与CO32反应：2H+ + CO32 = CO2+ H2O(若生成HCO3，则HCO3可与AlO2反应)，消耗盐酸是2体积；B到C是溶解氢氧化铝，其反应为：Al(OH)3+3H+=Al3+3H2O，消耗盐酸是6体积，所以n(CO32):n(AlO2)=1:2，C不正确。由于溶解氢氧化铝消耗盐酸6体积，则生成氢氧化铝消耗盐酸2体积，即a2，所以D正确。 考点：考查离子共存以及溶液中离子推断。8(10分) （1）C3H6O3(2分) （2）消去反应(2分) （3）CH2BrCH2COOH+2NaOHCH2(OH)CH2COONa+NaBr+H2O (2分) （4） (2分) （5） (2分)【解析】试题分析：（1）化合物A能与NaHCO3反应生成的气体应为CO2，说明其结构中含有羧基，A与金属Na反应生成气体产物应为H2，而CO2与H2的体积比为1:1，说明分子中有一个羧基和一个羟基，结合其相对分子质量可确定A为羟基丙酸，其分子式为C3H6O3。（2）由A到B的反应条件(浓H2SO4和加热)可知，发生消去反应。（3） 3溴丙酸在NaOH水溶液中加热条件下的反应为卤代烃的水解，其反应化学方程式见答案。（4）A与C互为同分异构体，且都为羟基酸，而C为3羟基丙酸CH2(OH)CH2COOH，则A为2羟基丙酸CH3CH(OH)COOH，两者在浓硫酸作用下发生酯化反应，生成环状内酯，其反应方程式见答案。（5）A氧化生成丙酮酸，C氧化生成丙二酸HOOCCH2COOH；由题给信息可知，烯烃被KMnO4氧化时，不饱和碳原子上连有氢一个氢原子则可氧化为羧基，不饱和碳原子上连有两个烃基时，该碳原子被氧化为羰基，根据烃E被KMnO4氧化后生成丙酮酸和丙二酸可推导出其结构为。考点：考查有机物分子式、结构简式的确定，有机反应类型，典型有机物质的化学性质和有机化学方程式的书写。9（1） Cl2+2I = I2 + 2Cl 5Cl2 + I2 + 6H2O = 2IO3 + 10Cl + 12H+（2） CuCl2 Cu(OH)2(2分) 电解较长时间后，Cu2浓度下降，H开始放电，溶液pH增大，Cu2转化为Cu(OH)2(2分)（1）2Na2O22H2O4NaOHO2(2分) （2）HCOOH2OHCOOHOH(2分)（3）2NO2CON22CO2或者2NO24CON24CO2(2分)（4）2Ag3N6AgN2(2分) 该分解反应熵增、放热(2分，注：反应物不稳定、产物稳定，所以反应放热。此空答出熵增就给满分)【解析】试题分析：（1）阳极上产生的黄绿色气体是氯气，氯气把I氧化为I2而使湿润的淀粉碘化钾显蓝色，反应的离子方程式为Cl2+2I = I2 + 2Cl，又因为Cl2氧化性大于IO3，所以Cl2可以再进一步把I2氧化为IO3，其反应的离子方程式为5Cl2 + I2 + 6H2O = 2IO3 + 10Cl + 12H+。（2）B中的浅蓝色沉淀可能为Cu(OH)2，生成该沉淀的可能原因是：电解较长时间后，Cu2浓度下降，H开始放电，溶液pH增大，Cu2转化为Cu(OH)2。A核外无电子，则A为氢元素，B元素的一种单质是自然界中最硬的物质，则B为碳元素， A、C、D、F四种元素形成的化合物W可用于制镜工业，则W应为Ag(NH3)2OH，F元素的单质历史上曾作为流通货币，C、D、F六种元素的原子序数依次递增，可推知C、D、F分别为氮、氧和银元素。又因为E离子的核外电子排布与氧离子相同，且其单质由戴维最早制得，则E为钠元素。故A、B、C、D、E、F分别为H、C、N、O、Na、Ag六种元素。（1）氧、钠形成的化合物与A2D(H2O)反应生成的气体能使带火星的木条复燃，说明有氧气生成，说明该项钠的氧化物为过氧化钠，其化学方程式为2Na2O22H2O4NaOHO2（2）氢、碳、氧、钠形成的化合物，其摩尔质量为68 gmol1，该化合物应为甲酸钠，即HCOONa，其水溶液显碱性是由于HCOO水解造成，其离子方程式为HCOOH2OHCOOHOH（3）汽车尾气中所含C、N的氧化物为CO、NO或NO2，在催化剂作用下，两者发生反应生成无毒物质的化学方程式为2NO2CON22CO2或者2NO24CON24CO2（4）由题意知，Z为氮化银Ag3N，其分解的化学方程式为2Ag3N6AgN2。从熵变来看，该反应由固体生成气体，是一个熵增的反应；从焓变来看，Ag3N极易分解说明不稳定，能量高，而生成物很稳定，能量低，即该反应为放热反应，焓变小于0。S0，H0，故该反应任何温度下都能自发进行。考点：考查电解原理及其应用、氧化还原反应方程式的书写、元素和物质推断，考查分析和解决实际化学问题的能力。10（1） 高温(2分) （2）1172.4 kJmol1 (2分) （3） Fe(1分)见图曲线RuT1(2分) 见图曲线 RuT2(2分) 0.12c02 (2分)（4） 2NH3 + 2e = H2 + 2NH2(2分) 2NH36e = N2 + 6H+ (2分)【解析】试题分析：（1）氨分解反应的焓变H0，熵变S0，由反应自发性的综合判据HTS0，即T 可知氨自发分解的条件应该是高温。（2）2NH3(g) N2 (g) + 3H2(g) H = 92.4 kJmol12H2 (g) + O2 (g) = 2H2O(g) H = 483.6 kJmol1NH3(l) NH3 (g) H = 23.4 kJmol14 + 2 + 3得：4NH3(l) + 3O2 (g) = 2N2 (g) + 6H2O(g) 由盖斯定律可得：H = 23.4 kJmol14 + 92.4 kJmol12 + (483.6 kJmol1)3 = 1172.4 kJmol1（3）从图1可看出，Fe作催化剂时，氢气的初始生成速率最小，根据碰撞理论的解释，催化剂的催化原理实质上是降低反应的活化能，活化能越低，则活化分子百分数越高，反应速率越大，所以上述金属比较，铁作催化剂时，氨分解的活化能最大。温度不变，则平衡常数不变，平衡状态也不变，但金属钌(Ru)的催化效果比镍(Ni)显著，所以反应到达平衡所需时间短，答案见图曲线RuT1。 温度升高，平衡正向移动，氨气的转化率(NH3)增大，反应速率大，反应到达平衡的时间缩短，答案见图曲线 RuT2。氨气的起始浓度为c0，平衡浓度为0.6c0，氨气的转化浓度为0.4c0，则N2的平衡浓度为0.2c0，H2的平衡浓度为0.6c0，故（4）Pt为惰性电极，对液氨进行电解时，阴极NH2得电子生成H2，阳极NH4+失电子生成N2，其电