福建省泉州市五校联考2015届高考化学最后一卷Word版含解析

1、2015年福建省泉州市五校联考高考化学最后一卷一、选择题（本题共7小题每题6分，共42分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求）1（6分）（2015泉州模拟）化学与生产、生活、社会密切相关，下列叙述错误的是（）A食品保鲜膜、一次性食品袋的主要成分是聚乙烯B在家用燃煤中加入适量的生石灰能有效减少二氧化硫的排放量C若使用氯气处理水，能达到消毒杀菌和除去悬浮杂质的目的D一定浓度的双氧水可用于伤口的消毒2（6分）（2015泉州模拟）下列与有机物的结构、性质有关的叙述不正确的是（）A甲烷和乙烯都可以与氯气反应，反应类型不同B蔗糖、油脂、蛋白质都可以水解C乙烯和氯乙烯都

2、可以通过聚合反应得到高分子材料D乙醇和乙酸都存在碳氧双键，二者可以发生酯化反应3（6分）（2015泉州模拟）下列有关实验仪器的使用及实验操作正确的是（）A蒸发皿和烧杯均可用于加热B为减少仪器使用而带来的误差，中和热测定实验中可用温度计兼做搅拌棒C配置1L0.1molL1NaCl溶液的实验中，用托盘天平称取5.85gNaClD测定溶液中草酸含量时，用碱式滴定管盛装KMnO4标准液进行滴定操作4（6分）（2015泉州模拟）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A100mL 3.0mol/L的盐酸与5.6g铁屑完全反应转移的电子数为0.3NAB含2mol H2SO4的浓硫酸与足量金属铜完全

3、反应，产生SO2的数目为NAC1L 0.1mol/L Na2CO3溶液中，阴阳离子总数为0.3NAD16.0g的过氧（根）离子中含有的电子数为9NA5（6分）（2015泉州模拟）已知甲、乙、丙、丁是中学化学常见的物质，一定条件下可发生如图转化：下列相关离子方程式或化学方程式错误的是（）A可能为CH4+Cl2CH3Cl+HClB可能为Fe+2Fe3+3Fe2+C可能为2NO+O22NO2D可能为CO32+H2O+CO22HCO36（6分）（2015泉州模拟）有人设计出利用CH4和O2的反应，用铂电极在KOH溶液中构成燃料电池电池的总反应类似于CH4在O2中燃烧，则下列说法正确的是（）A每消耗1m

4、olCH4可以向外电路转移4mol电子B负极上CH4失去电子，电极反应式为CH4+10OHCO32+7H2O+8eC负极上是O2获得电子，电极反应式为：O2+2H2O+4e4OHD电池放电后，溶液pH不断升高7（6分）（2015泉州模拟）工业上消除氮氧化物的污染可用如下反应：CH4（g）+2NO2（g）N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=a kJmol1在温度T1和T2时，分别将0.50mol CH4和1.2mol NO2充入体积为1L的恒容密闭容器中，测得n（N2）随时间变化的数据如表：温度 时间/minn/mol010204050T1n（ N2）00.200.350.400.40T

5、2n（ N2）00.250.300.30下列说法不正确的是（）A10min内，T1时的v（N2）比T2时的小BT1T2Ca0DT2时，若向平衡后的容器中再充入1.2molCH4，重新达到平衡时n（N2）=0.40mol二、非选择题（45分）8（15分）（2015泉州模拟）X是短周期中原子半径最小的元素，X、Y组成的气体甲能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；（1）Y的原子结构示意图是（2）甲的水溶液与硫酸铝溶液反应离子方程式（3）甲与氯化氢反应生成乙乙所含化学键类型有在0.1molL1乙溶液中，所含离子浓度由大到小的顺序是（4）工业上，可通过如下转化制得尿素晶体：N2NH3CO（NH2）2气体尿素中恒温

6、恒容条件下，能同时提高化学反应速率和NH3产率的是反应：2NH3（g）+CO2（g）CO（NH2）2（g）+H2O（g）H1=536.1kJmol1（i）此反应的平衡常数表达式K=升高温度，K值（填增大、减小或不变）（ii）尿素可用于处理汽车尾气CO（NH2）2（g）与尾气中NO反应生成CO2、N2、H2O（g）排出已知：4NH3（g）+6NO（g）=5N2（g）+6H2O（g）H2=1806.4kJmol1写出CO（NH2）2（g）与NO反应的热化学方程式9（15分）（2015泉州模拟）连二亚硫酸钠（Na2S2O4）俗称保险粉，有极强的还原性受热、遇水都会发生分解反应放出大量的热，甚至引起燃

7、烧不溶于乙醇，可溶于氢氧化钠水溶液并稳定存在（1）保险粉应如何保存？（填一注意事项）（2）锌粉法是制备Na2S2O4的一种常见方法，其原理如图所示：步骤I中SO2表现了（填“氧化性”、“还原性”或“酸性”）；若用Na2SO3固体和某酸反应制备SO2气体，你认为下列最适宜选用的酸是A浓盐酸 B质量分数为70%的H2SO4C稀硝酸 D质量分数为10%的稀硫酸常温下，若ZnS2O4悬浊液中C（Zn2+）=0，1molL1，则应加氢氧化钠溶液调至PH，才能使Zn（OH）2沉淀完全（已知离子浓度1.0105molL1，即沉淀完全；Ksp=1.01017）步骤过程较为复杂，其中涉及过滤，洗涤，干燥等过程，

8、请写出洗涤过程：（3）甲酸钠法是制备Na2S2O4的一种新方法，其原理为将甲酸钠（HCOONa）、碳酸钠溶于乙醇中，再通入足量的SO2气体，析出Na2S2O4固体完成反应的化学方程式：HCOONa+SO2+Na2CO3Na2S2O4+H2O+（4）保险粉在空气中容易吸收氧气而发生氧化其方程式为：2Na2S2O4+O2+H2O=4NaHSO3 或 2Na2S2O4+O2+H2O=4NaHSO3+NaHSO4请设计实验证明氧化时发生的是的反应10（15分）（2015泉州模拟）某校化学兴趣小组为探究FeSO4和NaHCO3的反应，按如图所示操作将NaHCO3溶液滴加到FeSO4溶液中（FeSO4和N

9、aHCO3溶液均用经煮沸后冷却的蒸馏水配制，并在FeSO4溶液中加入少量铁粉）观察到试管中立即出现白色沉淀，同时有大量无色气体生成（1）实验室欲配制10%的NaHCO3溶液，所需仪器有：烧杯、玻璃棒、药匙、（写出另外两种）（2）产生的气体是（填分子式）【查阅资料】：FeCO3为白色固体，不溶于水，在干燥空气中稳定，潮湿环境中需较长时间才能被氧化为Fe（OH）3（3）关于白色沉淀的成分，小组同学提出如下假设，请补充完成假设3：假设l：白色沉淀是Fe（OH）2；假设2：白色沉淀是FeCO3；假设3：白色沉淀是（4）若假设2成立，写出生成FeCO3的离子方程式：经煮沸后冷却的蒸馏水配制FeSO4溶液

10、的目的是某同学认为白色沉淀不可能为Fe（OH）2，你是否同意其观点？（填“同意”或“不同意”）（5）请设计一个实验方案，验证假设2是否成立三、【化学-物质结构与性质】（13分）11（13分）（2015泉州模拟）（1）钠镁铝三种元素中第一电离能最大的是（2）某正二价阳离子核外电子排布式为3d54s0，该金属的元素符号为（3）Mn和Fe的部分电离能数据如表：元 素MnFe电离能/kJmol1I1717759I215091561I332482957根据表数据，气态Mn2+再失去一个电子比气态Fe2+再失去一个电子难，其原因是（4）氨基乙酸铜的分子结构如图，碳原子的杂化方式为金属镍粉在CO气流中轻微加

11、热，生成无色挥发性液态Ni（CO）4，呈四面体构型423K时，Ni（CO）4分解为Ni和CO，从而制得高纯度的Ni粉试推测：四羰基镍的晶体类型是（5）乙醇和二甲醚是同分异构体，但它们性质存在差异：分子式结构简式熔点沸点水溶性乙醇C2H6OC2H5OH114.378.4C互溶二甲醚C2H6OCH3OCH3138.524.9微溶乙醇和二甲醚沸点及水溶性差异的主要原因是（6）金属铜溶于在浓氨水与双氧水的混合溶液，生成深蓝色溶液该深蓝色的浓溶液中加入乙醇可见到深蓝色晶体（SO4）析出，请画出呈深蓝色溶液的离子的结构简式（标出配位键）；深蓝色晶体中不存在的微粒间作用力有A范德华力 B离子键 C共价键 D

12、金属键 E配位键四、【=1.01017）步骤过程较为复杂，其中涉及过滤，洗涤，干燥等过程，请写出洗涤过程：向漏斗中加少量无水乙醇至没过沉淀，滤干后重复操作23次（3）甲酸钠法是制备Na2S2O4的一种新方法，其原理为将甲酸钠（HCOONa）、碳酸钠溶于乙醇中，再通入足量的SO2气体，析出Na2S2O4固体完成反应的化学方程式：2HCOONa+4SO2+1Na2CO32Na2S2O4+1H2O+3CO2（4）保险粉在空气中容易吸收氧气而发生氧化其方程式为：2Na2S2O4+O2+H2O=4NaHSO3 或 2Na2S2O4+O2+H2O=4NaHSO3+NaHSO4请设计实验证明氧化时发生的是的

13、反应取少许固体溶于水中，加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生，则证明是考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用 专题：实验设计题分析：（1）根据题目的信息有极强的还原性受热、遇水都会发生分解反应放出大量的热，甚至引起燃烧，所以保险粉要密封、阴凉处保存；（2）SO2中的硫+4价，而Na2S2O4中的硫+3价，所以硫的化合价降低，所以二氧化硫表现为氧化性；实验室用浓度较大的硫酸和亚硫酸盐反应，生成二氧化硫，盐酸易挥发，而稀硫酸溶液中水太多，大多数SO2生成了亚硫酸，不生成SO2气体，因为SO2易溶于水，1个体积的水溶解40个体积的SO2，硝酸有强氧化性；Ksp=c（Zn2+）c2（OH）来计算氢

14、氧根离子浓度，然后根据水的离子积常数计算pH；因为Na2S2O4易溶于水，但不溶于乙醇，所以可以用乙醇来洗涤沉淀；（3）根据反应硫的化合价+4价，而Na2S2O4中的硫+3价，化合价降价，根据电子得失守恒，HCOONa中的碳的化合价必然升高，由+2价变成+4价，然后由质量守恒定进行分析；（4）反应与反应中都生成亚硫酸氢钠，而反应中还产生硫酸氢钠，硫酸氢钠在水溶液中完全电离产生氢离子、钠离子和硫酸根离子，可以根据检验产物中是否存在硫酸根离子，也可以将的产物溶于水，有刺激性气味的气体二氧化硫产生解答：解：（1）根据题目的信息有极强的还原性受热、遇水都会发生分解反应放出大量的热，甚至引起燃烧，所以保

15、险粉要密封、阴凉处保存，故答案为：密封、阴凉处保存；（2）SO2中的硫+4价，而Na2S2O4中的硫+3价，所以硫的化合价降低，所以二氧化硫表现为氧化性，实验室用浓度较大的硫酸和亚硫酸盐反应，生成二氧化硫，盐酸易挥发，而稀硫酸溶液中水太多，大多数SO2生成了亚硫酸，不生成SO2气体，因为SO2易溶于水，1个体积的水溶解40个体积的SO2，硝酸有强氧化性，氧化二氧化硫，所以选择质量分数为70%的H2SO4，故答案为：氧化性；B；c（OH）=106molL，所以pH8，故答案为：8；因为Na2S2O4易溶于水，但不溶于乙醇，所以可以用乙醇来洗涤沉淀，具体操作为：向漏斗中加少量无水乙醇至没过沉淀，滤

16、干后重复操作23次，故答案为：向漏斗中加少量无水乙醇至没过沉淀，滤干后重复操作23次；（3）根据反应硫的化合价+4价，而Na2S2O4中的硫+3价，化合价降价，根据电子得失守恒，HCOONa中的碳的化合价必然升高，由+2价变成+4价，所以缺项有+4价的碳，所以HCOONa和2Na2S2O4的系数相等，然后根据质量守恒分析得到：2HCOONa+4SO2+Na2CO32Na2S2O4+H2O+3CO2，故答案为：2、4、1、2、1、3CO2；（4）反应与反应中都生成亚硫酸氢钠，而反应中还产生硫酸氢钠，硫酸氢钠在水溶液中完全电离产生氢离子、钠离子和硫酸根离子，可以根据检验产物中是否存在硫酸根离子，具

17、体操作为：取少许固体溶于水中，加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生，则证明是，故答案为：取少许固体溶于水中，加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生，则证明是点评：本题主要考查学生从题目中获取信息的能力以及根据获得的信息结合所学化学知识解决问题的能力，题目中用到的化学知识有根据电子得失守恒和质量守恒定律推断化学式、溶度积的相关计算、沉淀的洗涤和离子的检验等知识，综合性强，但难度不大10（15分）（2015泉州模拟）某校化学兴趣小组为探究FeSO4和NaHCO3的反应，按如图所示操作将NaHCO3溶液滴加到FeSO4溶液中（FeSO4和NaHCO3溶液均用经煮沸后冷却的蒸馏水配制，并在FeSO4溶液中加

18、入少量铁粉）观察到试管中立即出现白色沉淀，同时有大量无色气体生成（1）实验室欲配制10%的NaHCO3溶液，所需仪器有：烧杯、玻璃棒、药匙、托盘天平、量筒（写出另外两种）（2）产生的气体是CO2（填分子式）【查阅资料】：FeCO3为白色固体，不溶于水，在干燥空气中稳定，潮湿环境中需较长时间才能被氧化为Fe（OH）3（3）关于白色沉淀的成分，小组同学提出如下假设，请补充完成假设3：假设l：白色沉淀是Fe（OH）2；假设2：白色沉淀是FeCO3；假设3：白色沉淀是Fe（OH）2和FeCO3（4）若假设2成立，写出生成FeCO3的离子方程式：FeSO4+2NaHCO3=Fe（OH）2+Na2SO4+

19、2CO2经煮沸后冷却的蒸馏水配制FeSO4溶液的目的是除去水中溶解的氧气，防止生成的Fe（OH）2被迅速氧化某同学认为白色沉淀不可能为Fe（OH）2，你是否同意其观点？不同意（填“同意”或“不同意”）（5）请设计一个实验方案，验证假设2是否成立向生成白色沉淀的试管中通入空气，若白色沉淀长时间内不变色，则假设2成立；或向生成白色沉淀的试管中通入空气，若白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变为红褐色，则假设2不成立考点：性质实验方案的设计 专题：实验设计题分析：（1）配制10%的NaHCO3溶液，需要用托盘天平量取碳酸氢钠的质量，还需要用量筒量取水的体积；（2）亚铁离子和碳酸氢根离子发生双水解反应生成CO

20、2；（3）白色固体可能是Fe（OH）2和FeCO3的混合物；（4）FeSO4和NaHCO3反应生成Fe（OH）2沉淀、二氧化碳和硫酸钠；二价铁不稳定，易被氧气氧化而干扰实验；碱性条件下，亚铁离子生成Fe（OH）2沉淀；（5）如果白色沉淀是Fe（OH）2，Fe（OH）2不稳定，极易被氧化生成Fe（OH）3；FeCO3在干燥空气中稳定，潮湿环境中需较长时间才能被氧化为Fe（OH）3，通入空气后根据白色固体变色时间长短判断白色沉淀成分解答：解：（1）实验室欲配制10%的NaHCO3溶液，所需仪器有：烧杯、玻璃棒、药匙，还缺少称量碳酸氢钠质量的仪器托盘天平及量取水的体积的仪器量筒，故答案为：托盘天平；

21、量筒；（2）亚铁离子和碳酸氢根离子发生双水解反应生成氢氧化亚铁和CO2，所以生成的气体是CO2，故答案为：CO2；（3）白色固体可能是Fe（OH）2和FeCO3的混合物，所以假设3为白色固体是Fe（OH）2和FeCO3，故答案为：Fe（OH）2和FeCO3；（4）FeSO4和NaHCO3反应生成Fe（OH）2沉淀、二氧化碳，根据元素守恒知还生成硫酸钠，反应方程式为FeSO4+2NaHCO3=Fe（OH）2+Na2SO4+2CO2；二价铁不稳定，易被氧气氧化而干扰实验，所以经煮沸后冷却的蒸馏水配制FeSO4和NaHCO3溶液的目的是除去水中溶解的氧气，防止生成的氢氧化亚铁被迅速氧化；反应体系进行

22、了无氧处理并且碳酸氢钠水解提供了碱性环境，所以白色沉淀中一定含有氢氧化亚铁，故答案为：FeSO4+2NaHCO3=Fe（OH）2+Na2SO4+2CO2；除去水中溶解的氧气，防止生成的氢氧化亚铁被迅速氧化；不同意；（5）如果白色沉淀是Fe（OH）2，Fe（OH）2不稳定，极易被氧化生成Fe（OH）3；FeCO3在干燥空气中稳定，潮湿环境中需较长时间才能被氧化为Fe（OH）3，通入空气后根据白色固体变色时间长短判断白色沉淀成分，所以其实验步骤、预期现象和结论为：向生成的白色沉淀的试管中通入空气，若白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变为红褐色，则假设2不成立；若白色沉淀短时间内不变色，则假设2成立，故答

23、案为：向生成的白色沉淀的试管中通入空气，若白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变为红褐色，则假设2不成立；若白色沉淀短时间内不变色，则假设2成立点评：本题考查性质实验方案设计，题目难度中等，侧重考查学生分析、判断及实验操作能力，明确实验原理及物质性质是解本题关键，难点是（5）实验方案设计方法，需要利用物质性质的不同点设计方案三、【化学-物质结构与性质】（13分）11（13分）（2015泉州模拟）（1）钠镁铝三种元素中第一电离能最大的是Mg（2）某正二价阳离子核外电子排布式为3d54s0，该金属的元素符号为Mn（3）Mn和Fe的部分电离能数据如表：元 素MnFe电离能/kJmol1I1717759I21

24、5091561I332482957根据表数据，气态Mn2+再失去一个电子比气态Fe2+再失去一个电子难，其原因是Mn2+转化为Mn3+时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转变为不稳定的3d4状态（或Fe2+转化为Fe3+时，3d能级由不稳定的3d6状态转变为较稳定的3d5半充满状态）（4）氨基乙酸铜的分子结构如图，碳原子的杂化方式为sp3、sp2金属镍粉在CO气流中轻微加热，生成无色挥发性液态Ni（CO）4，呈四面体构型423K时，Ni（CO）4分解为Ni和CO，从而制得高纯度的Ni粉试推测：四羰基镍的晶体类型是分子晶体（5）乙醇和二甲醚是同分异构体，但它们性质存在差异：分子式结构简式熔点沸

25、点水溶性乙醇C2H6OC2H5OH114.378.4C互溶二甲醚C2H6OCH3OCH3138.524.9微溶乙醇和二甲醚沸点及水溶性差异的主要原因是乙醇分子间能形成氢键，而二甲醚不能（6）金属铜溶于在浓氨水与双氧水的混合溶液，生成深蓝色溶液该深蓝色的浓溶液中加入乙醇可见到深蓝色晶体（SO4）析出，请画出呈深蓝色溶液的离子的结构简式（标出配位键）；深蓝色晶体中不存在的微粒间作用力有ADA范德华力 B离子键 C共价键 D金属键 E配位键考点：元素电离能、电负性的含义及应用；原子核外电子排布；配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断 分析：（1）镁原子的3s能级处于全满稳定状态，能量较低，

26、第一电离能大于相邻元素；（2）正二价阳离子核外电子排布式为3d54s0，那么原子核外电子排布为式为：3d54s2；（3）原子轨道处于半满、全满、全空时能量更低稳定；（4）根据碳原子的成键情况要以判断碳原子的杂化方式；根据分子晶体的物理性质分析；（5）乙醇和二甲醚沸点及水溶性差异的主要原因是乙醇分子间能形成氢键，而二甲醚不能；（6）金属Cu与双氧水发生氧化还原反应，生成的铜离子随即与一水合氨中的氮形成配位键；SO4中存在离子键、共价键、配位键解答：解：（1）同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，元素的金属性NaMgAl，但是由于镁原子的3s能级处于全满稳定状态，能量较低，第一电离能比Al元素

27、高，故答案为：Mg；（2）正二价阳离子核外电子排布式为3d54s0，那么原子核外电子排布为式为：3d54s2；即质子数为27，此元素为锰，元素符号为Mn，故答案为：Mn；（3）Mn2+转化为Mn3+时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转为不稳定的3d4状态需要的能量较多；而Fe2+到Fe3+时，3d能级由不稳定的3d6到稳定的3d5半充满状态，需要的能量相对要少；故答案为：Mn2+转化为Mn3+时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转变为不稳定的3d4状态（或Fe2+转化为Fe3+时，3d能级由不稳定的3d6状态转变为较稳定的3d5半充满状态）；（4）氨基乙酸铜的分子中一种碳有碳氧双键，碳的

28、杂化方式为sp2杂化，另一种碳周围都是单键，碳的杂化方式为sp3杂化，故答案为：sp3、sp2；分子晶体的熔沸点一般较低，硬度较小，已知Ni（CO）4为无色挥发性液态，则属于分子晶体；故答案为：分子晶体；（5）乙醇和二甲醚沸点及水溶性差异的主要原因是乙醇分子间能形成氢键，而二甲醚不能，故答案为：乙醇分子间能形成氢键，而二甲醚不能；（6）金属Cu与双氧水发生氧化还原反应，生成的铜离子随即与一水合氨中的氮形成配位键，这种离子化合在乙醇中溶解度小而析出深蓝色晶体，其结构为，SO4中存在离子键、共价键、配位键，不存在范德华力、金属键；故答案为：；AD点评：本题考查了物质结构及其性质，涉及电离能、电子排

29、布式、晶体类型的判断、杂化类型的判断、氢键、配位键等知识点，根据价层电子对互斥理论、构造原理等知识来分析解答，难度中等四、【化学-有机化学基础】（13分）12（2015泉州模拟）没食子酸丙酯简称PG，结构简式为，是白色粉末，难溶于水，微溶于棉子油等油脂，是常用的食用油抗氧化剂（1）PG的分子式为C10H12O5，请写出PG分子中所含官能团的名称酚羟基、酯基，1molPG与足量氢氧化钠溶液完全反应时，消耗的氢氧化钠的物质的量是4molPG可发生如下转化：（2）A的结构简式为CH3CH2CH2OH，1mol没食子酸最多可与3mol H2 加成（3）上图的有关变化中，属于氧化反应的有（填序号）（4）

30、从分子结构或性质上看，PG具有抗氧化作用的主要原因是（填序号）cda含有苯环 b含有羧基 c含有酚羟基 d微溶于食用油（5）反应的化学方程式为：CH3CH2CHO+2Cu（OH）2CH3CH2COOH+Cu2O+2H2O（6）B有多种同分异构体，写出其中符合下列要求的同分异构体的结构简式：i含有苯环，且苯环上的一溴代物只有一种； ii既能发生银镜反应，又能发生水解反应考点：有机物的推断；分子式；有机物分子中的官能团及其结构 专题：压轴题；有机物的化学性质及推断分析：（1）根据PG的结构简式书写其分子式，由PG结构简式可知，PG分子中含有酯基与酚羟基，酯基（羧酸与醇形成）与酚羟基都与氢氧化钠按1：1反应，1molPG含有3mol酚羟基，1mol酯基（羧酸与醇形成），据此计算（2）PG在氢氧化钠水溶液条件下发生水解反应，并酸化得到没食子酸与A，故A为CH3CH2CH2OH，没