盐城市届高三第二次调研化学卷 带详解.docx

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盐城市届高三第二次调研化学卷带详解

盐城市2010/2011学年度高三年级第二次调研考试（化学解析）

1.【试题答案】B

【试题考点】化学与环境

【试题解析】使用煤发点会产生碳和硫相关物质的污染

2.【试题答案】C

【试题考点】化学用语：

电子式、原子结构示意图、聚合物化学式、电离方程式

【试题解析】A项中碳碳应该是叁键：

，错误；B中中子数为18的氯原子质子数为17，所以正确的是：

；D中NaHCO3中HCO3-属于弱酸酸式根，所以不可以拆写，正确的是：

NaHCO3=Na++HCO3-

3.【试题答案】C

【试题考点】物质的性质和用途

【试题解析】SO2具有不稳定的漂白性，但不可以作为食品漂白剂，A正确；能产生丁达尔现象的分散系属于胶体，分散质粒子大小在1-100nm之间，B正确；石油分馏可得到脂肪烃，煤干馏可得到芳香烃，C错误；甲醛和苯酚可得到酚醛树脂，D正确。

4.【试题答案】B

【试题考点】有关阿伏伽德罗常数的计算

【试题解析】根据电荷守恒可知，N（SO42-）≈0.1NA，A错误；Na2O2和CO2或水反应时，即作氧化剂又作还原剂，氧元素从-1价分别变成-2价和0价，即有1个Na2O2参与反应转移1个电子，B正确；重氧水的相对分子质量是20，1个重氧水含有10个电子，所以9g重氧水中含电子总数为：

，C错误；正戊烷和异戊烷常温常压下为液体，故D错误。

5.【试题答案】B

【试题考点】离子共存

【试题解析】A项中ClO-具有强氧化性，而S2-具有较强还原性，故不能大量共存；C项中说明溶液中有促进水电离的微粒存在，即溶液可能具有一定程度的酸性或碱性，而HCO3-不可大量共存；D项中由于Fe3+与SCN-形成Fe（SCN）3络合物而不能大量共存。

6.【试题答案】B

【试题考点】离子方程式的正误判断

【试题解析】A项中ClO-可氧化SO2，错误，正确的是：

SO2+ClO-+H2O=SO42-+Cl-+2H+；C项中氨水不能与Al（OH）3反应，错误，正确的是：

3NH3.H2O+Al3+=Al（OH）3↓+3NH4+；D项中，由于铜作电极，所以阳极应该是Cu先放电，错误，正确的是：

Cu+2H+

=Cu2++H2↑

7.【试题答案】A

【试题考点】化学实验

【试题解析】A项中广泛pH试纸只能准确至整数，且NH4Cl溶液显弱酸性，A正确；由于盐酸中HCl极易挥发，所以B错误；配制溶液时，不可直接将溶质直接投入容量瓶中进行溶解或稀释，C错误；由于Cl2的密度大于空气，所以在集气瓶中应长进短出，同时由于Cl2极易与NaOH溶液反应，所以不应将导管插入液面之下，否则会产生倒吸，D错误。

8.【试题答案】D

【试题考点】元素周期表

【试题解析】通过推导很快可知：

A为H，B为N，C为O，D为Mg，E为Cl。

所以B和C形成的化合物肯定不止一种，常见的有N2O、NO、N2O3、NO2、N2O4、N2O5，A错误；A、C形成的化合物有H2O和H2O2，A、E形成的化合物是HCl，H2O2和HCl电子总数都是18，B错误；A、C、E形成的化合物中有一种为HClO4是一种强酸，C错误；工业中Mg是通过电解海水处理后的MgCl2得到，D正确。

9.【试题答案】B

【试题考点】基本理论、基本原理

【试题解析】自发反应的条件是：

ΔH<0,ΔS>0，A错误；催化剂不能改变平衡，所以C错误；Al（OH）3饱和溶液中，Ksp=c（Al3+）×c（OH-）3=c（Al3+）×[3c（Al3+）]3=2×10-33，AlPO4饱和溶液中，c（Al3+）×c（PO43-）=c（Al3+）2=1.3×10-20，很显然Al（OH）3饱和溶液中c（Al3+）大，D错误。

10.【试题答案】D

【试题考点】实验设计和评价

【试题解析】A项中如酸雨中只含有硫酸而无H2SO3则有相同的结论，错误；B项中无必然的联系，错误；能发生银镜反应只能说明该化合物中含有醛基，但不能说明是醛类化合物，如甲酸酯，C错误；Sn2+在溶液中易水解且易被空气中的氧气锁氧化，所以要加对应酸防水解，加少量锡防氧化，D正确。

11.【试题答案】AB

【试题考点】有机化合物的性质

【试题解析】由化合物1和化合物2的结构可知，生成化合物2的反应是加成反应，所以原子利用率为100%，A正确；化合物2中含有羧基（-COOH）和羟基（-OH），所以可发生脱水缩合和缩聚反应生成酯类物质，B正确；化合物3和化合物4分子中都含有酚羟基，所以都能和FeCl3溶液发生变色反应，C错误；酚羟基和羧基都能与NaOH发生1:

1反应，故等物质的量的四种化合物分别与足量的NaOH反应，消耗NaOH的物质的量之别为：

1:

2:

2:

1，D错误。

12.【试题答案】CD

【试题考点】溶液中微粒浓度大小比较

【试题解析】A项溶质为KHC2O4，由于溶液显酸性，即：

c（H+）>c（OH-），错误；B项溶质为等物质的量的KHC2O4和K2C2O4，KHC2O4溶液显酸性，即KHC2O4电离程度大于水解程度，所以此时c（K+）>c（C2O42-）>c（HC2O4-）>c（H+）>c（OH-），B错误；C项溶质为K2C2O4，根据物料守恒，正确；D项pH=7，即c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒，正确。

13.【试题答案】BC

【试题考点】原电池原理的应用

【试题解析】由Cl-通过选择性膜向Pt电极移动，故Y电极为负极，X电极是正极C项错误；原电池中电流由正极通过外电路流向负极，A正确；从整个过程来看，Cl-不参与原电池的反应，Pt电极附近的Cu+发生氧化反应生成Cu2+，即B错误，D正确；

14.【试题答案】B

【试题考点】外界条件的变化对平衡的影响

【试题解析】根据信息可知即图像可知，到一定温度后，温度越高，脱氮率越低，所以正反应应为放热反应，A错误，C也错误，B正确；该反应时反应前后气体分子数之和不等的反应，故改变压强会影响脱氮率，D错误。

15．【试题答案】（12分）

（1）①使反应物充分混合接触，提高反应速率②反应物均匀受热（共2分，各1分）

（2）MgCO3·（NH4）2CO3·H2O+H2O

MgCO3·3H2O↓+CO2↑+2NH3↑（2分）

（3）吸收复盐热解放出的NH3和部分CO2。

（2分）

（4）①容量瓶（一定规格）、胶头滴管、（移液管）（2分）

②c（1分）碱性条件下硝酸银会生成氧化银（或氢氧化银）沉淀。

（1分）

（5）①②（2分，漏选不给分）

【试题考点】物质性质的实验题

【试题解析】

（1）①搅拌的目的是使反应物充分接触，达到充分反应②水浴是使体系达到一个恒定的温度范围，即使反应物均匀受热

（2）根据信息，生成物中有MgCO3·3H2O、CO2和NH3，所以方程式为：

MgCO3·（NH4）2CO3·H2O+H2O

MgCO3·3H2O↓+CO2↑+2NH3↑

（3）由于产生了CO2和NH3，所以加卤水是除去CO2和NH3

（4）①配制溶液时还需要一定规格的容量瓶，定容时还需要胶头滴管

②根据Ksp可知，当c（Cl-）=c（Br-）=c（I-）时，Ag+的浓度逐渐变小，所以只能选择K2Cr2O7作为指示剂；若溶液处于强酸性，K2Cr2O7具有强氧化性可将Cl-氧化，若溶液处于强碱性，易产生AgOH沉淀。

（5）充分灼烧后剩余固体是MgO，同时可产生CO2，根据MgO的量可知Mg2+的量，根据CO2的量可知CO32-的量，再根据总质量可计算出OH-的量。

【试题答案】16．（10分）

（1）2MnO·3ZnO·5Fe2O3（2分）

（2）MnO2+H2O2+H2SO4=MnSO4+O2↑+2H2O（2分）

（3）还原剂（2分）

（4）H2O2（2分）

（5）调节滤液离子的成分，符合水热后获得锰锌铁氧化体组成（二次加入铁粉还可进一步除去汞）（2分）

【试题考点】物质制备的化工题

【试题解析】

（1）由流程可知锰锌铁氧体中铁元素化合价为+3价，当x=0.4时，化简后可知该锰锌铁氧体得化学式为：

Mn2Zn3Fe10O20，由化合价可知Mn为+2价，所以氧化物表示为：

2MnO·3ZnO·5Fe2O3

（2）由于MnO2被还原，所以对于产物是Mn2+,反应物中还有H2SO4和H2O2，而H2O2既有氧化性又有还原性，所以H2O2中的氧被氧化为O2，再根据得失电子守恒配平方程式可得：

MnO2+H2O2+H2SO4=MnSO4+O2↑+2H2O

（3）铁不汞活泼，要除汞，所以铁粉其还原剂作用

（4）体系中只有H2O2受热易分解

（5）根据前期的反应无法保证锰锌铁氧体中各元素的正常比例，所以目的是：

调节滤液离子的成分，符合水热后获得锰锌铁氧化体组成（二次加入铁粉还可进一步除去汞）

【试题答案】17．（10分）

（1）CH3CHO+2Cu（OH）2

Cu2O+CH3COOH+2H2O（2分）

（2）4b+c－a（2分）；分散剂（答表面活性剂可不扣分）（2分）

（3）阳（2分）

（4）BC（2分，漏选得1分，错选不给分）

【试题考点】化学方程式的书写、盖斯定律、电解原理的应用

【试题解析】

（1）醛基被氧化为羧基，新制的Cu（OH）2悬浊液被还原为Cu2O，所以方程式为：

CH3CHO+2Cu（OH）2

Cu2O+CH3COOH+2H2O

（2）①根据盖斯定律，反应热与过程无关而只与始终有关很快可知，将第一个方程式乘以4然后和第二个和第三个方程式叠加可得要求的方程式，即答案为：

4b+c－a；

②表面活性剂

（3）Cu2O是由Cu氧化而得，即在阳极产生

（4）正辛烷的分子式为：

C8H18，而柴油是含有11-15个碳原子的烃，A错误；噻吩中含有硫，B正确；有图像可知，150mL/min左右脱硫率最高，C正确；当空气流量太快，会使得反应不完全，D错误。

18．【试题答案】（12分）

（1）4CH3CH2COOH+Zn2（OH）2CO3→2Zn（CH3CH2COO）2+CO2↑+3H2O（2分）

（2）防止醋酸锌结晶析出（2分）

（3）水的用量较少时，反应不易完全，且易造成丙酸挥发损失，不利于提高产率和产品的纯度（2分）

（4）0.31；80（共2分，每空1分）

（5）94.0%（2分）

（6）原料利用率高；无废液、废渣排放等。

【试题考点】物质制备的化工题、相关计算

【试题解析】

（1）4CH3CH2COOH+Zn2（OH）2CO3→2Zn（CH3CH2COO）2+CO2↑+3H2O

（2）丙酸锌在滤液中，温度低易导致丙酸锌形成晶体而析出

（3）丙酸能溶于水，水溶液更易反应，同时浓度越高越易挥发

（4）通过图像观察丙酸锌的最高产率是90.1%，所以比值为1:

0.31，温度为80℃

（5）根据方程式计算，若37.0g丙酸全部参加反应，理论可产生丙酸锌52.75g，最总保留3位有效数字，所以产率为

（6）由于采用闭路循环方式，所以原料可重复使用，不造成浪费且不排放废弃物

19．【试题答案】（14分）

（1）能（2分）

（2）取代反应（2分）

（3）羰基、酯基（共2分，每空1分）

（4）FGH（2分，漏选得1分，错选不给分）

（5）有（2分）

（6）（4分）

【试题考点】有机物的性质

【试题解析】

（1）苯环中一共有12个原子共面，观察发现A中所有原子可能处于同一平面。

（2）通过比较A、B、C的结构，同时还有一种产物HBr，所以该反应为取代反应，同样C和D生成E还有一种产物HBr，也为取代反应

（3）化合物C中有2个含氧官能团，一个是酯基（—COO—），另一个是单独的碳氧双键，名称是羰基。

（4）所谓手心碳原子即指同一个碳上连有四个不同的基团，通过观察发现FGH中均含有

这一部分。

（5）A的分子式为：

C14H10O2Br2，B的分子式为：

C7H12O2，副产物的分子式为C28H30O6，所以副产物是1分子A中的2个Br分别各和1分子B发生取代反应。

（6）通过信息可知先发生取代反应生成新有机物

和HCl，再根据逆向推导法可知最终产物是由

反应得来的，而

是由

与HCN加成得到的，

与CH2=CH2发生取代反应而来。

20．【试题答案】

（20分）

（1）抑制Fe2+水解（2分）。

（2）①FeC2O4·2H2O（s）

FeC2O4（s）+2H2O（g）（1分）；FeO（1分）

②3FeO（s）+H2O（g）

Fe3O4（s）+H2（g）（2分）

③71.4%（4分）

【试题考点】物质制备的化工流程题

【试题解析】

（1）Fe2+易水解所以需加入少量的稀硫酸以防水解

（2）①B点的TG%=80%，由于

，所以此时的固体是FeC2O4，方程式为失去结晶水，即：

FeC2O4·2H2O（s）

FeC2O4（s）+2H2O（g）；B点的TG%=40%，含铁固体的相对分子质量=180×40%=72，所以固体是FeO

②磁性物质是Fe3O4，所以方程式为：

3FeO（s）+H2O（g）

Fe3O4（s）+H2（g）

③计算可得，n（FeC2O4）=0.01mol，FeC2O4分解方程式为：

FeC2O4=FeO+CO+CO2，K=c（CO2）/c（CO），设FeO转化了nmol，所以：

，n=

，а（FeO）=

21.【试题答案】（12分）

A．

（1）ABD（2分，漏选得1分，错选不给分）

（2）前者分子间以较强氢键结合，后者以微弱的分子间作用力结合。

（2分）

（3）平面正三角形（2分）

（4）1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9（2分）；spsp2sp3（2分漏填不给分）。

（5）C（2分）

【试题考点】物质结构与性质

【试题解析】

（1）N3-和N2O中都含有3个原子、16个价电子，A正确；B中所有物质都含有Na+，所以都是离子化合物，B正确；离子化学物的熔沸点高低铜晶格能有关，与相对分子质量无关，C错误；由于N和O同周期，N半满结构，所以第一电离能比氧大，D正确

（2）NH3分子将N和H易形成作用力比分子间作用力大的氢键

（3）计算可知NO3-中N的配位数是3，所以N无孤电子对，所以为平面正三角形

（4）Cu的原子序数是29，所以Cu2+在基态时核外电子排布式是：

1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9；根据观察很容易得到N的两种杂化方式：

sp2和sp3，通过对N3-的结构发现中间一个氮的杂化方式是sp

（5）面心立方空间利用率大于体心立方，A错误；Mg的堆积方式是六方堆积，B错误；延展时可使空间利用率变大，D错误。

【试题答案】

B．

（1）①该反应是放热反应，碎冰温度低有利于酯的生成；②提高苯酚的转化率；③Na2CO3或NaHCO3溶液

（2）①作（极性）溶剂；②20～25；180min

【试题考点】实验化学

【试题解析】

（1）①使用冰水即反应要在低温下进行，应从平衡移动角度考虑温度对平衡的影响

②某一反应物的过量可促进平衡向正向移动，其他反应物的转化率变大

③加入X是为了除去有机相中溶有的有机杂质，微防止生成物的水解，所以可以用弱碱性物质进行洗涤，如Na2CO3或NaHCO3溶液

（2）①由于无水AlCl3不溶于乙酰苯酚，再从反应方程式来看，硝基苯不起作用，所以应起到溶解AlCl3而更易与乙酰苯酚容易接触而反应的作用

②收率最高的温度是20-25℃，时间是180min