湖北省武汉市高三五月模拟考试理综化学试卷(带解析).doc

2015-2016学年度?学校9月月考卷1维生素C的结构简式如图所示。下列有关说法正确的是：A维生素C所含的官能团有羟基、羧基、碳碳双键B维生素C能和溴水、酸性重铬酸钾溶液反应C维生素C的分子式为C6H6O6D维生素C能发生加成反应、氧化反应，不能发生取代反应【答案】B【解析】试题分析：A、维生素C中含有碳碳双键、羟基、酯基，无羧基，错误；B、维生素C分子中含有的碳碳双键能与溴水发生加成反应，与酸性重铬酸钾发生氧化反应，正确；C、维生素C的分子式为C6H8O6，错误；D、维生素C分子中含有羟基，所以可与羧酸发生取代反应，错误，答案选B。考点：考查对有机物的结构与性质的判断2设NA代表阿伏伽德罗常数的值。下列叙述正确的是A将CO2通过Na2O2使其增重a g时，反应中转移电子数为B将1mol Cl2通入到水中，则N(HClO)+N(Cl)+N(ClO) = 2NAC常温常压下，30 g 含甲醛(HCHO)的冰醋酸中含有的原子总数为04NAD224L的CH4中含有的CH键数为04NA【答案】C【解析】试题分析：A、二氧化碳与过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，过氧化钠增重的实质是CO，所以增重ag时，则参加反应的过氧化钠的物质的量是a/28mol，1mol过氧化钠参加反应，转移电子的物质的量是1mol，所以a/28mol过氧化钠参加反应转移电子数是aNA/28，错误；B、氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，因为该反应是可逆反应，氯气与水未完全反应，所以N(HClO)+N(Cl)+N(ClO)+2N(Cl2)= 2NA，错误；C、甲醛与醋酸的最简式相同，都是CH2O，所以常温常压下，30g 含甲醛(HCHO)的冰醋酸中含有CH2O的物质的量是30g/30g/mol=01mol，所以含有的原子总数是04NA，正确；D、未指明标准状况，所以224L甲烷的物质的量不一定是01mol，含有的C-H键数不一定是04NA，错误，答案选C。考点：考查阿伏伽德罗常数与微粒数、化学键数的判断3W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期元素,它们形成的常见化合物WX能抑制水的电离,YZ2能促进水的电离，则Y元素是AMg BN CBe DS【答案】A【解析】试题分析：抑制水的电离的物质为酸或碱，WX中含有2种元素，则W是H元素，W为+1价，则X为-1价，根据原子序数的大小关系，所以X是F元素；Y的原子序数大于F，YZ2能促进水的电离，说明YZ2为能水解的盐，则YZ2中含有金属元素，Z为-1价时，Y为+2价，则Z是Cl元素，Y是Mg元素；若Z为-2价，则Y是+4价，不能促进水的电离，所以Y是Mg元素，答案选A。考点：考查元素的判断4已知：i4NH3(g) + 3O2(g) = 2N2(g) + 6H2O(g) H= 1269kJ/mol下列说正确的是：A断开1 mol OO键比断开1 mol NN键所需能量少448kJB断开1 mol HO键比断开1 mol HN键所需能量相差约726kJC由以上键能的信息可知H2O的沸点比NH3高D由元素非金属性的强弱可知 H一O键比H一N键弱【答案】B【解析】试题分析：A、断开1 mol OO键需要吸收498kJ的热量，1个氮气分子中含有氮氮三键，则断开1 mol NN键所需能量946/3=3153kJ，所以断开1 mol OO键比断开1 mol NN键所需能量多1827kJ，错误；B、根据反应热=反应物的总键能-生成物的总键能，则4×3EN-H+3×498kJ/mol-(2×946kJ/mol+6×2EH-O)= 1269kJ/mol，则EN-H- EH-O=-726kJ/mol，正确；C、水的沸点与氨气的沸点的高低与键能无关，与分之间作用力的大小或氢键有关，错误；D、O原子的半径比N原子的半径小，所以H-O的键长比H-N的键长短，所以H-O比H-N键强，错误，答案选B。考点：考查反应热与键能的关系判断，化学键强弱的判断5根据下表提供的数据可知，在溶液中能大量共存的微粒组是AH2CO3、HCO3-、CH3COO、CNBHCO3、CH3COOH、CN、CO32-CHCN、HCO3-、CN、CO32-DHCN、HCO3-、CH3COO、CN【答案】D【解析】试题分析：A、根据表中数据可知，酸性的强弱顺序是CH3COOH>H2CO3>HCN>HCO3-，根据强酸制弱酸的原理，则碳酸与CN反应生成HCN和HCO3-，不能大量共存，错误；B、醋酸与其他几种离子均反应生成二氧化碳或HCN，不能大量共存，错误；C、HCN与碳酸根离子反应生成HCO3-、CN，不能大量共存，错误；D、该组离子均不发生离子反应，可以大量共存，正确，答案选D。考点：考查物质酸性强弱的判断，强酸制弱酸原理的应用6实验室用含有杂质(FeO、 Fe2O3)的废CuO制备胆矾晶体，经历了下列过程（已知 Fe3+在 Ph=5时沉淀完全）。其中分析错误的是A步骤发生的主要反应为：2Fe2+ +H2O2 +2H+ = 2Fe3+ + 2H2OB步骤可用氯水、硝酸等强氧化剂代替 H2O2C步骤用 CuCO3代替CuO也可调节溶液的pHD步骤的操作为：向漏斗中加人少量冷的蒸馏水至浸没晶体，待水自然流下，重复操作 2 3次【答案】B【解析】试题分析：A、步骤的目的是把亚铁离子氧化为铁离子，发生的主要反应为：2Fe2+ +H2O2 +2H+ = 2Fe3+ + 2H2O，正确；B、步骤若用氯水、硝酸等强氧化剂代替 H2O2，则氧化剂的还原产物不是水，会引入新的杂质氯离子、硝酸根离子，同时还会造成污染，所以不能将过氧化氢换为氯气或硝酸，错误；C、步骤用 CuCO3代替CuO也可调节溶液的pH，碳酸铜与过量的硫酸反应生成硫酸铜、水、二氧化碳气体，不会引入新的杂质，正确；D、洗涤固体的操作为向漏斗中加人少量冷的蒸馏水至浸没晶体，待水自然流下，重复操作 2 3次，然后得到硫酸铜晶体，正确，答案选B。考点：考查对实验步骤的判断7化学 选修 2 ：化学与技术（15分）一种将废水(含Ca2+、Mg2+、CN及悬浮物）通过净化、杀菌消毒生产自来水的流程示意图如下：（1）絮凝剂除去悬浮物质时发生物理变化和化学变化，下列既发生物理变化又发生化学变化的是 (填标号)。A蒸馏 B煤干馏 C风化 D分馏（2）绿矾是常用的絮凝剂，它在水中最终生成 (填化学式)沉淀，下列物质中也可以作为絮凝剂的有 （填标号）。ANH4Cl B食盐 C明矾 DCH3COONa若用FeCl3作絮凝剂，实践中发现废水中的c(HCO3)越大，净水效果越好，原因是 。（3）加沉淀剂是为了除去Ca2+、Mg2+，若加入生石灰和纯碱作沉淀剂，试剂添加时先加 后加 ，理由是 。此时Ca2+、Mg2+离子分别形成 、 (填化学式)而沉淀下来。（4）向滤液2中通人Cl2的作用有两种：一是利用生成的 (填名称)具有强氧化性能杀死水中的病菌；二是将CN氧化成CO2和N2，从而消除CN的毒性，若参加反应的C12与CN的物质的量之比为5: 2，则该反应的离子方程式是 。【答案】（15分）（1）BC（2分）（2）Fe(OH)3（1分） C（2分）HCO3-会促进絮凝剂中的Fe3+水解，生成更多的胶体，净水效果增强(2分)（3）生石灰 （1分） 纯碱（1分） 过量的钙离子可通过纯碱使之沉淀下来（1分）CaCO3 （1分） Mg(OH)2（1分）（4）次氯酸（1分） 5Cl2 + 2CN- + 4H2O =10Cl- + 2CO2 + N2 + 8H+ (2分)【解析】试题分析：（1）A、蒸馏是利用物质沸点的不同分离物质的方法，属于物理变化，错误；B、煤的干馏是隔绝空气加强热使煤分解，既有物理变化又有化学变化，正确；C、风化是指物质与大气、水及生物接触过程中产生物理、化学变化而在原地形成松散堆积物的全过程，正确；D、分馏与蒸馏相同，都是物理变化，错误，答案选BC；（2）绿矾为硫酸亚铁晶体，溶于水生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧气氧化最终生成Fe(OH)3；可作絮凝剂的物质应在水溶液中产生胶体，明矾中的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，可作絮凝剂，其余均不行，答案选C；若用FeCl3作絮凝剂，实践中发现废水中的c(HCO3)越大，净水效果越好，是因为铁离子与HCO3-会发生双水解，促进絮凝剂中的Fe3+水解，生成更多的胶体，净水效果增强；（3）试剂添加时先加入生石灰后加纯碱，生石灰与水反应生成的氢氧化钙与镁离子反应生成氢氧化镁沉淀，同时过量的钙离子及溶液中的钙离子可用碳酸钠除去；此时Ca2+、Mg2+离子分别形成CaCO3 、Mg(OH)2沉淀下来 ；（4）氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，次氯酸具有强氧化性，可用于消毒，杀死水中的细菌；将CN氧化成CO2和N2，从而消除CN的毒性，若参加反应的C12与CN的物质的量之比为5: 2， CN-中C元素为+2价，N元素为-3价，则2molCN-被氧化为二氧化碳和氮气时，C元素失去4mol电子，N元素失去6mol电子，共失去10mol电子，根据得失电子守恒，Cl元素应被还原为氯离子，若5mol氯气参加反应，则转移电子的物质的量是10mol；所以反应的离子方程式是5Cl2 + 2CN- + 4H2O =10Cl- + 2CO2 + N2 + 8H+ 。考点：考查物质分离方法的判断，实验方案的分析评价，氧化还原反应的分析8(14分)某兴趣小组对铜与浓硫酸反应产生的黑色沉淀(可能含有CuO、CuS、Cu2S,其中CuS和Cu2S不溶于稀盐酸、稀硫酸)进行探究，实验步骤如下：将光亮铜丝插人浓硫酸，加热；待产生大量黑色沉淀和气体时，抽出铜丝，停止加热；冷却后，从反应后的混合物中分离出黑色沉淀，洗净、干燥备用。回答下列问题：（1）步骤产生气体的化学式为 。（2）向含微量 Cu2+试液中滴加K4Fe(CN)6溶液,能产生红褐色沉淀。现将少量黑色沉淀放入稀硫酸中，充分振荡以后，再滴加K4Fe(CN)6溶液，未见红褐色沉淀，由此所得结论是 。（3）为证明黑色沉淀含有铜的硫化物，进行如下实验：（4）CuS固体能溶于热的浓硫酸，请用有关平衡移动原理加以解释： 。（5）为测定黑色沉淀中Cu2S 的百分含量，取0.2g 步骤所得黑色沉淀，在酸性溶液中用 40.0 mL 0.075 mol/L KMnO4溶液处理，发生反应如下：反应后煮沸溶液，赶尽SO2，过量的高锰酸钾溶液恰好与350 mL 01 mol/L (NH4)2Fe(SO4)2 溶液反应完全。则混合物中Cu2S 的质量分数为 。【答案】（14分）（1）SO2 (2分)（2）黑色沉淀不含CuO （2分）（3）a还原（2分）bNO2 + SO2 + Ba2+ + H2O = BaSO4+ NO+ 2H+（其它合理答案）（2分）（4）CuS存在溶解平衡CuS(s) Cu2+ (aq)+ S2-(aq)，热的浓硫酸将S2-氧化，使S2-浓度减小，促进上述平衡向正向移动，使CuS溶解 （3分）（5）400% （3分）【解析】试题分析：（1）Cu与浓硫酸在加热条件下反应生成的气体为SO2 ，所以步骤中产生的气体为SO2；（2）将少量黑色沉淀放入稀硫酸中，充分振荡以后，再滴加K4Fe(CN)6溶液，未见红褐色沉淀，说明溶液中不含铜离子，CuO溶于稀硫酸产生铜离子，则黑色沉淀不含CuO ；（3）黑色沉淀与稀硝酸反应产生红棕色气体，说明硝酸被还原，则说明该黑色沉淀具有还原性；B试管内产生白色沉淀，说明产生的二氧化氮气体与产生的二氧化硫气体发生氧化还原反应，二氧化硫被氧化为硫酸根离子，与氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀，离子方程式是 NO2 + SO2 + Ba2+ + H2O = BaSO4+ NO+ 2H+；（4）CuS固体能溶于热的浓硫酸，是因为CuS存在溶解平衡CuS(s) Cu2+ (aq)+ S2-(aq)，热的浓硫酸将S2-氧化，使S2-浓度减小，促进上述平衡向正向移动，使CuS溶解 ；（5）设黑色固体中Cu2S的物质的量是xmol，CuS的物质的量是ymol，则160x+96y=0.2，消耗硫酸亚铁铵35.0mL，说明剩余高锰酸钾的物质的量是40×10-3L×0.075mol/L-35.0×10-3L×0.1mol/L/5=2.3×10-3mol，根据化学方程式，则8/5x+6/5y=2.3×10-3mol，解得x=5×10-4mol，所以Cu2S的质量分数是5×10-4mol ×160g/mol/02g×100%=40.0% 。考点：考查对实验现象的分析、物质质量分数的计算，离子方程式的书写，平衡移动的应用评卷人得分五、简答题9(14分)铬(Cr)是周期表中VIB族元素,化合价可以是 0 +6 的整数价态。回答下列问题：（1）某铬化合物的化学式为 Na3CrO8，其阴离子结构可表示为,则Cr的化合价为 。（2）在如图装置中,观察到Cu电极上产生大量的无色气泡,Cr电极周围出现天蓝色(Cr2+) ,而后又变成绿色 (Cr3+)。该电池总反应的过程表示为： ，2Cr2+2H+ 2Cr3+ H2。左侧烧杯溶液中c(Cl) (填“增大”，“减小”或“不变”)。（3）已知Ksp(BaCrO4)=12×1010, Ksp(PbCrO4)= 28×1013, Ksp(Ag2CrO4)= 20×1012。某溶液中含有Ba2+、Pb2+、Ag+，浓度均为001 mol/L ，向该溶液中逐滴入 001 mol/L Na2CrO4溶液时，三种阳离子产生沉淀的先后顺序为 。（4）在溶液中存在如下平衡：则反应的平衡常数K= 。（5）CrO24呈四面体构型，结构为。CrO27由两个CrO24四面体组成，这两个CrO24四面体通过共用一个顶角氧原子彼连，结构为。则由n(n1)个CrO24通过角顶氧原子连续的链式结构的化学式为 。（6）CrO3是H2CrO4的酸酐，受热易分解。把一定量的 CrO3加热至790K时，残留固体的质量为原固体质量 76。写出 CrO3受热分解化学方程式： 。【答案】（14分）（1）+5 （2分）（2）Cr+2H+=Cr2+H2（2分） 增大（1分）（3）Pb2+、Ba2+、Ag+（3分）（4）1014 （2分）（5）CrnO3n+12-（2分）（6）4CrO32Cr2O3+3O2（2分）【解析】试题分析：（1）根据物质的结构式可知O原子周围都形成2个共价键，所以O元素的化合价为-1价，所以Cr元素的化合价为+5价；（2）Cu电极上产生大量的无色气泡,Cr电极周围出现天蓝色(Cr2+)，说明Cu极为正极，产生氢气，Cr极为负极，产生Cr2+，Cr2+再被氧化为Cr3+，则电池的总反应是Cr+2H+=Cr2+H2、2Cr2+2H+ 2Cr3+ H2；左侧为负极，则盐桥中食盐水中的氯离子向负极移动，导致左侧烧杯溶液中c(Cl)增大；（3）001 mol/L Na2CrO4溶液中CrO42-离子的浓度是001mol/L，根据沉淀的溶度积可计算Ba2+、Pb2+、Ag+开始沉淀时的CrO42-浓度， Pb2+开始沉淀时CrO42-浓度=28×1013/001=28×1011mol/L ；Ba2+开始沉淀时CrO42-浓度=12×1010/001=12×10-8mol/L；Ag+开始沉淀时CrO42-浓度= 20×1012/0012=20×10-8mol/L，CrO42-离子的浓度小的先沉淀，所以三种离子沉淀的先后顺序是Pb2+、Ba2+、Ag+；（4）根据盖斯定律，则2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O可由第一个方程式的2倍减去第二个方程式得到，所以平衡常数K=K12/K2=(1059)2/10-2 2=1014；（5）根据离子的球棍模型可知，每个CrO42-中有1个独立的Cr原子，n个CrO42-相连时，每两个CrO24 四面体通过共用一个顶角氧原子彼连，根据均摊法则O原子的个数是3n+1，所以该结构的化学式是CrnO3n+12-；（6）CrO3的摩尔质量是100g/mol，则残留固体的质量为原固体质量 76，即1molCrO3 分解后得到固体质量是76g，其中Cr元素的质量是52g，根据元素守恒，则固体中另一种元素为O元素，则O元素的质量是76g-52g=24g，O原子的物质的量是24g/16g/mol=3/2ml，所以固体化学式中Cr与O原子的物质的量之比是1:3/2=2:3，所以该固体为Cr2O3，所以固体质量减少时，说明有氧气生成，则反应的化学方程式是4CrO32Cr2O3+3O2。考点：考查反应现象的分析，元素化合价的判断，物质成分的计算，平衡常数的计算10(15分)甲醇是基本有机化工原料。甲醇及其可制得产品的沸点如下。（1）在425、A12O3作催化剂，甲醇与氨气反应可以制得二甲胺。二甲胺显弱碱性，与盐酸反应生成(CH3)2NH2Cl ,溶液中各离子浓度由大到小的顺序为 。（2）甲醇合成二甲基甲酰胺的化学方程式为：若该反应在常温下能自发进行，则H 0 （填“ > ”、“ < ”或“ = " ）。（3）甲醇制甲醚的化学方程式为：2CH3OHCH3OCH3+H2O H。一定温度下，在三个体积均为1.0L 的恒容密闭容器中发生该反应。x/y 。已知387时该反应的化学平衡常数K=4。若起始时向容器I中充入01 mol CH3OH、0.15 mol CH3OCH3和010 mol H2O，则反应将向 (填“正”或“逆”)反应方向进行。容器中反应达到平衡后，若要进一步提高甲醚的产率，可以采取的措施为 。（4）以甲醇为主要原料，电化学合成碳酸二甲酯工作原理如下图所示。电源负极为 (填“A”或“B")，写出阳极的电极反应式 。若参加反应的O2为 112m 3(标准状况），则制得碳酸二甲酯的质量为 kg。【答案】（15分）（1）c(Cl)>c(CH3)2NH2+>c(H+)>c(OH) （2分）（2）< （2分）（3）1/2 （2分） 正（2分） 降温（2分）（4）B （1分） 2CH3OH+CO2e=(CH3O)2CO+2H+ （2分） 900（2分）【解析】试题分析：（1）二甲胺显弱碱性，与盐酸反应生成(CH3)2NH2Cl ,则(CH3)2NH2Cl为强碱弱酸盐，溶液为酸性，所以溶液中各离子浓度由大到小的顺序为c(Cl)>c(CH3)2NH2+>c(H+)>c(OH)；（2）甲醇合成二甲基甲酰胺的反应在常温下可自发进行，该反应的熵值减小，所以若自发进行，则一定有反应热小于0，则该反应是放热反应，H<0；（3）387时各物质均为气态，所以甲醇制取甲醚的反应为气体物质的量不变的可逆反应，则I与II达到的平衡为等效平衡，II中甲醇的物质的量是I的2倍，所以II中生成的水是I生成水的2倍，每个反应体系中甲醚与水的物质的量相等，所以x/y=1/2 ；容器的体积为10L，则起始时向容器I中充入01 mol CH3OH、 0 15 mol CH3OCH3和010 mol H2O，其浓度商即为物质的量商为(015×010)/(015)2<4，所以该反应向正反应方向进行；因为387时的平衡常数=4，设容器I达到平衡时甲醚的物质的量是x，则x2/(020-2x)2=4，解得x=008mol，而容器III的温度比容器I的温度低，甲醚的物质的量大，说明升高温度，平衡逆向移动，则生成甲醚的反应是放热反应，所以增大容器I中甲醚的产率，需降温，平衡正向移动；（4）根据装置图可知，通入氧气的一极最终生成水，说明氧气得到电子与氢离子结合为水，所以氧气发生还原反应，为电解池的阴极，所以B为电源的负极；则A为正极，左侧为阳极，发生氧化反应，甲醇失去电子与CO结合生成碳酸二甲酯，电极反应式是 2CH3OH+CO2e=(CH3O)2CO+2H+；若参加反应的O2为 112m 3(标准状况），转移电子的物质的量是112×103L/224L/mol×4=200mol，根据得失电子守恒，则制得碳酸二甲酯的质量为200mol/2×90g/mol=900kg。考点：考查电解质溶液中离子浓度的比较，平衡移动理论的应用，电化学反应原理的应用评卷人得分六、推断题11化学 选修 5 ：有机化学基础（15分）呋喃酚是生产呋喃丹、好安威等农药的主要中间体，是高附加值的精细化工产品。一种以邻氯苯酚(A)为主要原料合成呋喃酚(F)的流程如下：回答下列问题：（1）A 物质核磁共振氢谱共有 个峰，的反应类型是 ，C和D中含有的相同官能团的名称是 。（2）下列试剂中，能和D反应的有 (填标号)。A溴水 B酸性K2Cr2O7溶液 CFeC12溶液 D纯碱溶液（3）写出反应的化学方程式是 （有机物用结构简式表示，下同）。（4）有机物B可由异丁烷经三步反应合成：条件a为 ，Y生成B的化学方程式为 ；（5）呋喃酚的同分异构体很多，写出符合下列条件的所有同分异构体的结构简式苯环上的一氯代物只有一种 能发生银镜反应的芳香酯【答案】（15分）（1）5（1分） 取代反应（或水解反应）（1分） 氯原子、碳碳双键（2分）（2）A B D（2分）（3）（2分）（4）NaOH的乙醇溶液、加热（1分）CH2=C(CH3)2 + Cl2 CH2=C(CH3)CH2Cl + HCl （2分）（5） 、 （每个2分，共4分）【解析】试题分析：（1）邻氯苯酚分子中不存在对称结构，所以有几处H原子就有几种H原子，所以核磁共振氢谱中共5个峰；E到F发生的变化是Cl原子被羟基取代，所以的反应类型是取代反应或水解反应；C与D分子中相同的官能团是Cl原子和碳碳双键；（2）D分子中含有碳碳双键，所以可与溴水发生加成反应，与酸性K2Cr2O7溶液发生氧化反应，含有酚羟基，可与氯化铁发生显色反应，但不与氯化亚铁反应，与碳酸钠溶液反应，所以答案选ABD；（3）反应为取代反应，生成C和HCl，化学方程式是；（4）异丁烷与氯气发生1:1的取代反应，所以X为卤代烃，无论X的Cl原子取代甲基还是-CH上的H原子，条件a都是NaOH的乙醇溶液、加热，发生消去反应生成2-甲基丙烯，2-甲基丙烯再一定条件下与氯气发生取代生成B，则Y 生成 B 的化学方程式是CH2=C(CH3)2 + Cl2 CH2=C(CH3)CH2Cl + HCl；（5）呋喃酚的同分异构体中，符合条件的分子中含有甲酸酯基，且不含其它不饱和结构，苯环的H原子只有一种，则苯环上的一氯代物只有一种，所以该分子中存在对称结构，除去HCOO-外，还余3个C原子，而3个C原子只能作为甲基才能存在对称结构，所以该同分异构体的结构简式是或。考点：考查有机物的推断，结构性质的判断，同分异构体的判断