辽宁省大连市高三化学二模试卷(含解析)

1、2015年辽宁省大连市高三二模化学试卷（带解析）班级：_姓名：_考号：_一、单选题（共7小题）1化学与生产、生活、社会密切相关。下列有关说法中正确的是（ ）A航天服材质是由碳化硅、陶瓷和碳纤维等复合而成，它是一种新型有机合成材料B煤中含有苯、二甲苯等，可以通过煤的干馏得到，并将它们分离C经过一定的化学变化，可以从海水中提取氯化钠、镁、溴等D在海轮外壳镶嵌锌块，能减缓轮船的腐蚀，是利用牺牲阳极的阴极保护法2下列有关描述，正确的是（ ）A苯能使溴水褪色，发生取代反应B乙烯使高锰酸钾溶液褪色，发生加成反应C乙醇在红热铜丝的作用下，能发生氧化反应D葡萄糖在稀硫酸作催化剂，水浴加热条件下可以发生水解反应

2、3NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）A在一定条件下, 02 mol SO2 和01 mol O2充分反应，生成SO3的分子数为02 NAB1 L 01 mol/L的Na2CO3溶液中阴离子的个数是01 NAC常温常压下，224 L 氯气与过量的氢氧化钠溶液完全反应转移的电子数为01 NAD常温常压下，2 g D2O含有的质子数为NA4常温下，下列电解质溶液的有关叙述，错误的是 （ ）ANH4Cl溶液加水稀释后，恢复至原温度，pH和KW均增大B在NaHCO3溶液中：c（OH）+c（CO32）=c（H+）+c（H2CO3）CpH = 4的CH3COOH溶液和pH = 4的NH4Cl溶液

3、中，c（H+）相等D01 mol/L 的NaOH溶液和CH3COOH溶液等体积混合，则c（Na+） c（CH3COO-） c（OH-） c（H+）5下列有关实验误差分析中，错误的是（ ）A中和滴定实验中，盛装待测液的锥形瓶没有润洗，对实验结果无影响B用容量瓶配制一定物质的量浓度的溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏低C用润湿的pH试纸测某溶液的pH，测定结果不一定有误差D测定中和热的实验中，将碱液缓慢倒入酸溶液中，所测中和热值偏低6元素周期表和元素周期律可以指导人们进行规律性的推测和判断。下列说法不合理的是（ ）A由水溶液的酸性：HCl HF，不能推断出元素的非金属性：Cl FB人们可在周期

4、表的过渡元素中寻找催化剂和耐腐蚀、耐高温的合金材料C短周期元素正化合价数值和其族序数相同D短周期元素形成的微粒X2与 Y2+ 核外电子排布相同，离子半径：X2 Y2+7以硼氢化合物NaBH4（B元素的化合价为+3价）和H2O2作原料的燃料电池，负极材料采用Pt/C，正极材料采用MnO2，可用作空军通信卫星电源，其工作原理如图所示。下列说法错误的是（ ）A电池放电时Na+从a极区移向b极区B电极b采用MnO2，MnO2既作电极材料又有还原作用C该电池的负极反应为：BH4-+8OH-8e- = BO2-+6H2OD每消耗3 mol H2O2，转移的电子为6 mol二、填空题（共5小题）8. 氯化亚

5、铜（CuCl）常用作有机合成工业中的催化剂，在空气中迅速被氧化成绿色；见光则分解，变成褐色。下图是工业上用制作印刷电路的废液（含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl-）生产CuCl的流程：根据以上信息回答下列问题：（1）写出生产过程中X _ Y_（填化学式）。（2）写出产生CuCl的化学方程式 _。（3）在CuCl的生成过程中理论上不需要补充SO2气体，结合化学方程式和必要的文字说明理由 。（4）在CuCl的生成过程中除环境问题、安全问题外，你认为还应该注意的关键问题是 。（5）实验探究pH对CuCl产率的影响如下表所示：析出CuCl晶体最佳pH为 _，当pH较大时CuCl产率变低原因是 _。（

6、6）氯化亚铜的定量分析：称取样品025 g和10 mL过量的FeCl3溶液250 mL于锥形瓶中，充分溶解。用010 molL-1硫酸铈标准溶液滴定。已知：CuCl + FeCl3 = CuCl2 + FeCl2 、Fe2+ + Ce4+ = Fe3+ + Ce3+。三次平行实验结果如下（平行实验结果相差不能超过1%）：则样品中CuCl的纯度为 （结果保留三位有效数字）。9. 为倡导“节能减排”和“低碳经济”，目前工业上有一种方法是用CO2来生产燃料乙醇。一定条件下发生反应：2CO2（g）+6H2（g） CH3CH2OH（g）+3H2O（g） H0。（1）在一定条件下，在20L密闭容器中按物质

7、的量比为1:3充入CO2和H2，温度在450 K,n（H2）随时间变化如下表所示：在450、01 min，（CH3CH2OH）= _；此温度下该反应的化学平衡常数为 （结果保留三位有效数字）。（2）在5MPa下测得平衡体系中各物质的体积分数随温度的变化曲线如图所示：曲线乙表示的是 （填物质的化学式）的体积分数，图像中A点对应的体积分数b = %（结果保留三位有效数字）。（3）下列措施中能使化学平衡向正反应方向移动的是_ A升高温度B将CH3CH2OH（g）及时液化抽出C选择高效催化剂D再充入l molCO2和3 molH2（4）25，101105Pa时，92g液态乙醇完全燃烧，当恢复到原状态时

8、，放出2734 kJ的热量，写出表示乙醇燃烧的热化学方程式： 。（5）以石墨为电极，氢氧化钠、乙醇、水、氧气为原料，可以制成乙醇的燃料电池，写出发生还原反应的电极反应式： 。10. 过氧化尿素是一种新型漂白、消毒剂，广泛应用于农业、医药、日用化工等领域。湿法工艺制取过氧化尿素是用低浓度的双氧水和饱和尿素溶液在一定条件下合成过氧化尿素。反应的方程式为：CO（NH2）2+H2O2CO（NH2）2H2O2H c（CH3COO-） c（OH-） c（H+），故D正确。答案：A 5.考点：化学实验基础操作试题解析：A、中和滴定时锥形瓶无需用待测液洗涤，故A正确；B、定容时俯视刻度线，液面低于刻度线，V偏

9、小，c偏高，故B错误；C、用湿润的pH试纸测溶液的pH时,相当于把原溶液稀释，而对于中性溶液，加水pH不变，故C正确；D、测定中和热的实验中，若将碱液缓慢倒入酸溶液中，会造成热量的散失，导致所测中和热值偏低，故D正确。答案：B 6.考点：原子结构,元素周期表元素周期律试题解析：A、非金属性的强弱，可根据最高价氧化物对应的水化物的酸性比较，不能根据氢化物的酸性进行比较，HF的酸性比HCl弱，但非金属性F大于Cl，故A正确；B、优良的催化剂及耐高温和耐腐蚀的合金材料（如镍、铂等），大多属于过渡元素，故B正确；C、短周期元素高正化合价和其主族序数相等但正化合价数值不一定相同，如C有+2、+4价，故C

10、错误；D、微粒X2与 Y2+核外电子排布相同，核电荷数YX，核电荷数越大,离子半径越小,故离子半径: X2 Y2+，故D正确。答案：C 7.考点：化学电源原电池试题解析：A、电池工作时，电极b处H2O2得电子被还原生成OH-作正极，阳离子向正极移动，则Na+从a极区移向b极区，故A正确；B、电极b为正极，H2O2得电子被还原生成OH-，MnO2既作电极材料又有催化作用，故B错误；C、负极BH4-失电子发生氧化反应生成BO2-，电极反应式为BH4-+8OH-8e- = BO2-+6H2O，故C正确；D、正极电极反应式为H2O2+2e-=2OH-，每消耗3molH2O2，转移的电子为6mol，正确

11、。答案：B 8.考点：化学实验的设计和评价试题解析：（1）废液中含有Fe3+、Cu2+所以应加入Fe除去，过量的Fe用稀盐酸除去，所以试剂X、Y分别是Fe、稀盐酸；（2）由流程图可知，CuCl晶体的制备过程中，反应物为SO2、CuSO4、CuCl2，生成物为H2SO4、CuCl，由电子守恒及原子守恒，可得反应方程式为CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl+2H2SO4 ；（3）由反应方程式Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O可知Cu与浓硫酸反应的过程中有SO2生成，且生成的CuSO4和SO2为11，生产CuCl的过程中消耗CuSO4和SO2也为11，所以理论上不需

12、要补充SO2气体；（4）因CuCl在空气中迅速被氧化成绿色且见光分解，变成褐色，故生产中应注意防止CuCl的氧化和见光分解；（5）由表中数据可知，pH=2时，CuCl产率最高；pH较大时，Cu2+水解程度增大，导致反应生成CuCl减少；（6） 根据题目中所给数据及平行实验结果相差不能超过1%，故舍弃第一次数据，利用第二次和第三次数据计算，滴定025g样品消耗硫酸铈标准溶液的平均体积是（2405+2395）2240ml,所以CuCl的纯度为24010-3L01 molL-1995gmol-1/025g100%=955%。答案： （1）Fe、稀盐酸 （2）CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=

13、2CuCl+2H2SO4 （3）Cu+2 H2SO4（浓） CuSO4+ SO2+2H2O反应中生成的CuSO4和 SO2为11，所以理论上不需要补充SO2气体 （4）生产中应防止CuCl的氧化和见光分解 （5）2 pH较大时，Cu2+水解程度增大，反应生成CuCl减少 （6）0955或者955% 9.考点：化学平衡化学反应热的计算化学电源试题解析：（1）由表中数据可知，01min内，n（H2）=8mol6mol=2mol，则v（H2）=c（H2）/t=n（H2）/Vt01mol/（Lmin），由速率之比等于计量系数之比可知v（H2）：（CH3CH2OH）=6：1，则（CH3CH2OH）=v（

14、H2）mol/（Lmin）=00167mol/（Lmin）；由表中数据可知，H2起始投入量为8mol，在20L密闭容器中，CO2和H2的投料比为1:3，则CO2起始投入量为8/3mol，3min后反应达平衡，建立三段式过程分析： 2CO2（g） + 6H2（g） CH3CH2OH（g）+3H2O（g）起始量（mol/L）013 0400转化量（mol/L）005 015 0025 0075平衡量（mol/L）008 025 0025 0075则平衡常数K= =622；（2）该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡时CO2与H2的含量增大，CH3CH2OH与H2O的含量降低，可知甲、乙为反应

15、物，平衡逆向移动过程中H2和CO2按比例（3：1）增加，甲的含量高于乙，可知曲线乙表示的是CO2；丙、丁为生成物，反应开始时H2与CO2按3:1的量进行投料，故生成乙醇与水的物质的量比为1:3，即水的含量是乙醇含量的3倍，可知曲线丙、丁分别表示的是H2O，CH3CH2OH；A点为曲线乙和丙的交点，说明平衡时CO2、H2O的体积分数相同，可知两者体积也相同，设CO2、H2O的体积都是V，根据投料比有：V（H2）=3V（CO2）=3V，且V（CH3CH2OH）=1/3V（H2O）=1/3V，故V总=V+V+3V+1/3V=16V/3，所以A点对应的体积分数为：V/（16V/3）100%188%。（

16、3）A项，放热反应，升高温度平衡逆向移动，错误；B项，移去CH3CH2OH，生成物浓度减小，平衡正向移动，正确；C项，催化剂只能改变反应的速率，对平衡移动无影响，错误；D项，恒容容器中再充入lmolCO2和3molH2，相当于增大压强，平衡正向移动，正确；（4）25，101105Pa时，92g液态乙醇物质的量为02mol，完全燃烧，当恢复到原状态时，放出2734kJ的热量则1mol乙醇完全燃烧恢复到原状态时放出的热量为：2734kJ5=1367kJ，故该反应的热化学方程式为：CH3CH2OH（l）+ 3O2（g） CO2（g）+2H2O（l） H-1367kJmol-1；（5）乙醇的燃料电池中

17、，燃料乙醇为负极，发生失电子的氧化反应，氧气是正极，发生得电子的还原反应，在碱性环境下，电极反应式为：O22H2O4e-4OH；答案： （1）00167mol/（Lmin） 622 （2）CO2 188 （3）BD （4）CH3CH2OH（l）+ 3O2（g） CO2（g）+2H2O（l） H-1367kJmol-1 （5）O22H2O4e-4OH 10.考点：化学与工农业生产化学与技术的发展试题解析：（1）过氧化尿素的制备温度为30，若温度高于45，过氧化尿素将发生热分解，可知不能采用酒精灯直接加热，应该采用水浴加热；考虑到温度过高，产品易分解，致使活性氧含量降低。温度过低，反应速率太慢，且

18、反应体系制冷需要消耗大量能量，所以反应需控制在适当温度下进行；（2）因为H2O2受热易分解，所以从母液中分离出H2O2和尿素时，应使溶液在较低温度下蒸发，采用的操作是减压蒸馏分离得到H2O2，然后结晶得到尿素；（3）干法优点：流程短，工艺简单。干法缺点是：双氧水浓度高经济效益低；设备复杂；技术条件苛刻；产品稳定性差；产品污染不纯等；湿法优点：低浓度双氧水，经济效益高；设备简单易于达到；能耗低；产品稳定性好；母液可循环使用等；（4）已知尿素与KMnO4不反应，H2O2与KMnO4反应的离子方程式为：2MnO4-+5 H2O2+6H+=2Mn2+8H2O+5O2，2MnO4-5H2O2，则nCO（

19、NH2）2H2O2 =n（H2O2）=n（MnO4-）=01000molL-1200010-3L=0005mol，则产品中过氧化尿素的质量分数为（0005mol94gmol-1）/06g=783%；答案： （1）水浴加热（2分） 温度过高，产品易分解，致使活性氧含量降低。 温度过低，反应速率太慢，且反应体系制冷需要消耗大量能量 （2）减压蒸馏、结晶 （3）干法优点：流程短，工艺简单。干法缺点是：双氧水浓度高经济效益低；设备复杂；技术条件苛刻；产品稳定性差；产品污染不纯等； 湿法优点：低浓度双氧水，经济效益高；设备简单易于达到；能耗低；产品稳定性好；母液可循环使用等 （4） 783% 11.考点

20、：原子结构,元素周期表晶体结构与性质试题解析：Y原子的各能层电子数相同，可知核外有2层，每层2个电子，Y为Be元素；Z原子最外层电子数是次外层的3倍，则Z为O元素，X、Z和M原子序数依次增大，且分属于不同的周期，X、M元素可以形成负一价离子，可知：X为H元素；M为Cl元素；N元素原子的4p轨道上有3个未成对电子，则其核外电子排布为：1s22s22p63s23p63d104s24p3，N为As元素；（1）同一周期，从左向右，元素第一电离能、电负性逐渐增大，同一主族，从上往下，第一电离能、电负性逐渐减小，可知第一电离能最小的是Be；电负性最大的是O；（2）Y为4号元素铍（Be），价电子排布式为：2

21、s2，故其价电子排布图为：；气态分子YM2为BeCl2，中心原子价电子对数为（2+12）/2=2，采用sp杂化，无孤对电子，故其立体构型为直线型；考虑到BeCl2分子中Be与另外两个BeCl2分子的Cl原子形成配位键，BeCl2分子可形成多聚体（BeCl2）n；（3）O最外层电子数为6，含有2个未成对电子，所以氧原子在一般化合物中都是形成两个共价键，As最外层电子数为5，含有3个未成对电子，在一般化合物中都是形成3个共价键，由W的结构可知，黑色小球为As共4个，白色小球为O共6个，化合物W的分子式为As4O6且均采用sp3杂化；（4）化合物NX3为AsH3，与AgNO3溶液反应有黑色Ag析出，

22、同时生成W（As4O6），AgNO3Age-，4AsH3As4O624e-，根据得失电子守恒及原子守恒可得反应方程式为：4AsH3+24AgNO3+6H2O =As4O6 +24Ag+24HNO3 ；（5）配离子YZ4X42-为Be（OH）42-，中心原子Be2+提供空轨道，配体OH-提供孤对电子形成4个配位键，其结构式为：；1个Be（OH）42-存在4个配位键及4个O-H键，则1mol该离子含共价键数目为8NA；答案： （1）Be O （2） 铍 直线型 BeCl2分子中Be与另外两个 BeCl2分子的Cl原子形成配位键 （3）As4O6 sp3 sp3 （4）4AsH3+24AgNO3+6

23、H2O =As4O6 +24Ag+24HNO3 （5） 8NA 12.考点：有机合成与推断有机反应类型试题解析：A遇FeCl3显紫色，说明A中含有酚羟基和苯环；C可发生银镜反应，说明C中含有醛基（-CHO）；CD发生了已知条件（3）中的反应，可知D中存在羧基结构（-COOH）；F为对羟基苯丙烯酸甲酯，对比F，采用逆向合成分析，可知：EF：对羟基苯丙烯酸甲酯F由对羟基苯丙烯酸E与甲醇（CH3OH）发生酯化反应生成；DE：由（-CH=CHCOOH）的结构变化可知，DE发生的是醇的消去反应，；CD发生的是已知条件（3）中的反应，可知C的结构简式为：；A的核磁共振氢谱峰面积之比为1:1:2:2:2:2

24、，AB转化过程中酚羟基与NaOH反应生成钠盐，C中存在醛基（-CH2CHO），可知B中存在醇羟基（-CH2CH2OH），BC发生的是醇的催化氧化反应；（1）因步骤2发生的是醇的催化氧化，而酚羟基易被氧化，故步骤1中将酚转化为对应的钠盐，目的在于保护羟基，防止被氧化；（2）BC发生的是醇的催化氧化反应，反应方程式为：；（3）E为对羟基苯丙烯酸，在一定条件下发生加聚反应的产物为：；（4）步骤4发生的是对羟基苯丙烯酸E与甲醇（CH3OH）的酯化反应，反应方程式为：；（5）E含有的官能团为酚羟基、碳碳双键和羧基，与E具有相同的官能团，且互为同分异构的酚类化合物中，当苯环上含有2个取代基时，若为-OH和-CH=CHCOOH，还存在邻、间位两种；若为-OH和-C（COOH）=CH2时，存在邻、间、对位三种；当苯环上含有3个取代基时，即-OH、-CH=CH2和-COOH时，存在10种，a若-OH与-CH=CH2处于邻位，则-COOH的位置有4种；b若-OH与-CH=CH2